2021高考数学大一轮复习考点规范练44立体几何中的向量方法理新人教A版.docx

1、考点规范练44立体几何中的向量方法考点规范练B册第29页基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l平面,则x的值为()A.-2B.-2C.2D.2答案:D解析:当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-12+1(x2+x)+1(-x)=0,解得x=2.2.(2019四川棠湖中学模拟)已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的法向量的是()A.(-1,1,1)B.(1,-1,1)C.-33,-33,-33D.33,33,-33答案:C解析:由题意,得AB=(-1,1,0),AC=(-1,0

2、,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则nAB=0,nAC=0,化简得-x+y=0,-x+z=0,x=y=z.故选C.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1)B.23,23,1C.22,22,1D.24,24,1答案:C解析:设M(x,x,1).由已知得A(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),则AM=(x-2,x-2,1),BD=(2,-2,0),BE=(0,-2,1).设平面BDE

3、的一个法向量为n=(a,b,c),则nBD,nBE,即2a-2b=0,-2b+c=0.解得a=b,c=2b.令b=1,则n=(1,1,2).又AM平面BDE,所以nAM=0,即2(x-2)+2=0,得x=22.所以M22,22,1.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12B.22C.13D.16答案:C解析:如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而D1E=(1,1,-1),AC=

4、(-1,2,0),AD1=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则nAC=0,nAD1=0,即-a+2b=0,-a+c=0,得a=2b,a=c.令a=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|D1En|n|=2+1-23=13.5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30B.45C.60D.90答案:B解析:(方法一)建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的

5、余弦值为n1n2|n1|n2|=22,故所求的二面角的大小是45.图图(方法二)将其补成正方体.如图,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A.22B.155C.64D.63答案:C解析:取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1

6、C1C所成角的正弦值为|AC1n|AC1|n|=38=64.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为.答案:30解析:如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2.则CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos=CBn|CB|n|=a2a22=12.=60,直线BC与平面PAC所成的角为90-60=30.8.

7、在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,ABC=90,ADBC,SA平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.答案:63解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则依题意可知,D12,0,0,C(1,1,0),S(0,0,1),可知AD=12,0,0是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为SD=12,0,-1,DC=12,1,0,所以nSD=0,nDC=0,即x2-z=0,x2+y=0.令x=2,则y=-1,z=1,所以n=(2,-1,1).设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为,则cos=|ADn|AD|n|=1

8、22+0(-1)+0112222+(-1)2+12=63.9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1B1=2,BC=2.(1)若E为线段CC1的中点,求证:平面A1BE平面B1CD;(2)若点P为侧面A1ABB1(包含边界)内的一个动点,且C1P平面A1BE,求线段C1P长度的最小值.解:由题意知DA,DC,DD1两两垂直,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),D(0,0,0).(1)证明:E是线段CC1的中

9、点,E(0,2,1).DB1=(2,2,2),DC=(0,2,0),BA1=(0,-2,2),BE=(-2,0,1).设m=(x1,y1,z1)是平面B1CD的法向量,则DB1m=2x1+2y1+2z1=0,DCm=2y1=0,解得x1=-2z1,y1=0,故可取m=(-2,0,1).设n=(x2,y2,z2)是平面A1BE的法向量,则BA1n=-2y2+2z2=0,BEn=-2x2+z2=0,解得y2=2x2,z2=2x2,故可取n=(1,2,2).mn=-21+02+12=0,mn,平面A1BE平面B1CD.(2)P为侧面A1ABB1(包含边界)内的一个动点,设P(2,a,b),且0a2,

10、0b2,则C1P=(2,a-2,b-2).C1P平面A1BE,C1Pn,C1Pn=2+2(a-2)+2(b-2)=0,解得a=3-b,故1b2,|C1P|=2+(a-2)2+(b-2)2=2+(1-b)2+(b-2)2=2b2-6b+7=2b-322+52.1b2,当b=32时,|C1P|取得最小值102.故线段C1P长度的最小值为102.10.(2019广东深圳高三二模)在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为边AB,AD的中点,以CE,CF为折痕将DFC和BCE折起,使点B,D重合于点P,连接PA,得到如图所示的四棱锥P-AECF.(1)求证:EFPC;(2)求直线PA与平面PEC所成

11、角的正弦值.(1)证法一连接AC,记AC与EF的交点为O.在正方形ABCD中,ABBC,ADCD,翻折后PCPE,PCPF,PEPF=P,PC平面PEF,EF平面PEF,EFPC.证法二连接AC,记AC与EF的交点为O,连接PO.在正方形ABCD中,ACEF,BE=DF,O为EF的中点,翻折后,PE=PF,EFPO.而ACEF,PO与AC相交于点O,EF平面PAC.PC平面PAC,EFPC.(2)解法一由(1)可知OPC为直角三角形,OP=2,PC=4,OC=32,设P到AC的距离为h,24=32h,h=43,VP-AEC=13SAECh=13122443=169.SPCE=12PCPE=4,

12、设点A到平面PCE的距离为h,VA-PCE=13SPECh=43h,43h=169,解得h=43.在RtPOC中,cosPOC=POOC=13,cosPOA=-13.在POA中,PA2=OA2+OP2-2OPOAcosPOA=163,PA=433.设PA与平面PEC所成角为,则sin=hPA=33,直线PA与平面PEC所成角的正弦值为33.解法二连接AC,AC与EF交于点O,以OA,OE所在的直线分别为x,y轴,过点O作垂直于面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,依题意有A(2,0,0),C(-32,0,0),E(0,2,0),过点P作PGAC,在RtPOC中,OP=2,PC=

13、4,OC=32,OPPC=OCPG,PG=43,OG=OP2-PG2=23,P-23,0,43,PA=423,0,-43,PE=23,2,-43,CE=(32,2,0).PF=PE=2,EF=22,PFPE,显然PFPC,又PEPC=P,PF平面PEC,易知F(0,-2,0),平面PEC的一个法向量PF=23,-2,-43.设PA与平面PEC所成角为,则sin=|PAPF|PA|PF|=33,直线PA与平面PEC所成角的正弦值为33.11.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形,且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点.(1)证明:直线CE

14、平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成的角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)解由已知得BAAD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M

15、(x,y,z)(0x1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设PM=PC,则x=,y=1,z=3-3.由,解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,

16、-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.能力提升12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面答案:B解析:以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E13,0,13,F23,13,0,B(1,1,0),D1(0,0,1),A

17、1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=13,13,-13,BD1=(-1,-1,1),EF=-13BD1,A1DEF=ACEF=0,从而EFBD1,EFA1D,EFAC.故选B.13.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=A1B1,直线PN与平面ABC所成角的正弦值取最大值时,的值为()A.12B.22C.32D.255答案:A解析:分别以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示.由题意知P(,0,1),N12,12,0,则PN=12-,12,-1.易得平

18、面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).则直线PN与平面ABC所成的角满足sin=|cos|=1-122+54,于是问题转化为二次函数求最值问题.又因为0,2,当最大时,sin最大,所以当=12时,sin最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角取得最大值.故选A.14.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为33,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.答案:16解析:过C点作CO平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=32,OF=CFcosCFO=1

19、2,OC=22,则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则E0,-22,0,M24,0,24,A22,0,0,N0,24,24,EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos=EMAN|EM|AN|=16.15.如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.解:如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x

20、轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2EM=0,n2MN=0.因

21、为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH的长为85或12.高考预测16.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC为正三角形

22、,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.(1)证明:A1C平面DEF;(2)若A1CEF,求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.(1)证明如图,连接AB1,A1B,交于点H,A1B交EF于点K,连接DK,因为四边形ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点.因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK.又因为CD=3BD,所以A1CDK.又A1C平面DEF,DK平面DEF,所以A1C平面DEF.(2)解由(1)知,EHAA1.因为AA1平面ABC,所以EH平面ABC.因为ABC为正三角形,且点E为棱AB的中点,所以C

23、EAB.故以点E为坐标原点,分别以EA,EH,EC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设AB=4,AA1=t(t0),则A1(2,t,0),C(0,0,23),E(0,0,0),F-2,t2,0,D-32,0,32,所以A1C=(-2,-t,23),EF=-2,t2,0.因为A1CEF,所以A1CEF=0,所以(-2)(-2)-tt2+230=0,解得t=22.所以EF=(-2,2,0),ED=-32,0,32.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则EFn=0,EDn=0,所以-2x+2y=0,-32x+32z=0,取x=1,则n=(1,2,3),又因为A1C1=AC=(-2,0,23),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,则sin=|cos|=|nA1C1|n|A1C1|=464=66,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为66.