（浙江专用）2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测（四十一）立体几何中的向量方法（含解析）.docx

课时跟踪检测（四十一） 立体几何中的向量方法一抓基础，多练小题做到眼疾手快1若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()AlBlCl Dl与斜交解析：选Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.2(2018嘉兴模拟)已知A(4,1,3)，B(2，5,1)，C(3,7，5)，则平行四边形ABCD的顶点D的坐标是()A(2,4，1) B(2,3,1)C(3,1,5) D(5,13，3)解析：选D由题意知，(2，6，2)，设点D(x，y，z)，则(3x,7y，5z)，因为，所以x5，y13，z3，故选D.3(2018舟山模拟)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()A B.C D解析：选C因为(1，)，所以cos 120，解得.4若平面的一个法向量为u1(3，y,2)，平面的一个法向量为u2(6，2，z)，且，则yz_.解析：因为，所以u1u2，所以，所以y1，z4，所以yz3.答案：35(2019绍兴质检)如图，60的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB4，AC6，BD8，则CD的长为_解析：60的二面角的棱上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，CDCAABBD，CAAB0，ABBD0，AB4，AC6，BD8，CD2(CAABBD)2CA2AB2BD22CABD361664268cos 12068，CD的长为2.答案：26已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VAVBVCVD，.则VA与平面PMN的位置关系是_解析：如图，设a，b，c，则acb，由题意知bc，abc.因此，共面又VA平面PMN，VA平面PMN.答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体ABC A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明：二面角A1 AB C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，AA1平面ABC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1) (0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.2(2018浙江名校联考)如图，在直三棱柱ADFBCE中，ABBCBE2，CE2，点K在线段BE上(1)求证：AC平面BDE；(2)若EB4EK，求直线AK与平面BDF所成角的正弦值解：(1)证明：在直三棱柱ADFBCE中，AB平面BCE，因为BE平面BCE，BC平面BCE，所以ABBE，ABBC.又ABBCBE2，CE2，所以BC2BE2CE2，且ACBD，所以BEBC.因为ABBCB，所以BE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以BEAC.又BDBEB，所以AC平面BDE.(2)法一：设AK交BF于点N，由(1)知，AB，AF，AD两两垂直且长度都为2，所以BDF是边长为2的正三角形，所以点A在平面BDF内的射影M为BDF的中心连接MN，MF，AM，如图所示，则ANM为直线AK与平面BDF所成的角.又FM2，所以AM .因为EB4EK，所以BK，所以AK .因为，所以，即，解得AN.在RtANM中，sin .所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.法二：由(1)知，AB，BC，BE两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，F(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2，2,0)，BD(2,2,0)，BF(0,2,2)因为EB4EK，所以K，所以AK.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则即取x1，则n(1，1,1)为平面BDF的一个法向量于是sin |cosn，AK|，所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.3(2018浙江名校联考)已知长方形ABCD中，AB1，AD.现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体ABCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由(2)当四面体ABCD的体积最大时，求二面角ACDB的余弦值解：(1)若ABCD，因为ABAD，ADCDD，所以AB平面ACD，所以ABAC.即AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，因为ADAB，ABBCB，所以AD平面ABC，所以ADAC.即AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，无解故ADBC不成立(2)要使四面体ABCD的体积最大，因为BCD的面积为定值，所以只需三棱锥ABCD的高最大即可，此时平面ABD平面BCD，过点A作AOBD于点O，则AO平面BCD，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则易知A，C，D，显然，平面BCD的一个法向量为.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)因为，所以令y，得n(1，2)故cos ，n.所以二面角ACDB的余弦值为.4如图，在四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)设S(x，y，z)，显然x0，y0，z0，则(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)由|，得 ，解得x1.由|1，得y2z21.由|2，得y2z24y10.由，解得y，z.S，0，0，DSAS，DSBS，又ASBSS，SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则n，n，n0，n0.又，(0,2,0)，取z12，得n(，0,2)(2,0,0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)设异面直线NE与AM所成的角为，则cos |cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，因为(0,1,1)，可设(0，)，0,1，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此时，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.2(2019杭二模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D为棱CC1的中点，AB1A1BO.(1)求证：C1O平面ABD；(2)设二面角DABC的正切值为，ACBC，E为线段A1B上一点，且直线CE与平面ABD所成角的正弦值为，求.解：(1)证明：取AB的中点F，连接OF，DF，易知四边形ABB1A1为矩形，O为AB1的中点，OFBB1，OFBB1，又C1DBB1，C1DBB1，OFC1D，OFC1D，四边形OFDC1为平行四边形，C1ODF，C1O平面ABD，DF平面ABD，C1O平面ABD.(2)过C作CHAB于H，连接DH，易知DHC为二面角DABC的平面角，DC1，tanDHC，CH，又AC2，AHCH，HAC45，ACBC，BCAC2.以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，其中C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,