（新课标）高考数学第七章立体几何7_6空间向量及其应用课时规范练理（含解析）新人教A版.docx

7-6 空间向量及其应用课时规范练(授课提示：对应学生用书第297页)A组基础对点练1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，ABBC1，AA1，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，BCAB1.(1)证明：CDAB1；(2)若OC，求二面角ABCB1的余弦值解析：(1)证明：由AB1B与DBA相似，知DBAB1，又BCAB1，BDBCB，AB1平面BDC，CD平面BDC，CDAB1.(2)由于OC，BC1，在ABD中，可得OB，BOC是直角三角形，BOCO.由(1)知COAB1，则CO平面ABB1A1.以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则A，B，C，B1，.设平面ABC，平面BCB1的法向量分別为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)，则不妨取n1(，1，)，n2(1，2)，cosn1，n2，又二面角ABCB1为钝二面角，二面角ABCB1的余弦值为.2(2018高考江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解析：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0,2,2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos ，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.3如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解析：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.因为ABBC，所以BOABOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，OCOA，则A，B(1,0,0)，B1，C.易知，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.4(2017高考天津卷)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN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，求线段AH的长解析：如图，以A为原点，分别以， ，方向为x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：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.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(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，则因为(0，2, 1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.B组能力提升练1(2018长沙师大附中月考)如图，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2AD2，M为CD边的中点，沿BM将CBM折起使得平面BMC平面ABMD.(1)求证：平面AMC平面BMC；(2)求四棱锥CADMB的体积；(3)求折后直线AB与平面ADC所成的角的正弦值解析：(1)证明：平面BMC平面ABMD，平面BMC平面ABMDMB，由题易知AMMB，且AM平面ABMD.AM平面BMC，而AM平面AMC，平面AMC平面BMC.(2)由已知有CMB是正三角形，取MB的中点O，则COMB，又平面BMC平面ABMD于MB，则CO平面ABMD，且CO.易求得S梯形ABMD(12).VCABDM.(3)作MzCO，由(1)知可如图建系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，C，(，1,0)又，得D.，.设平面ACD的法向量n(x，y，z)，则不妨取n(1，3)设折后直线AB与平面ADC所成的角为，则sin .2如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DADHDB4，AECG3.(1)求证：EGDF；(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值解析：(1)证明：连接AC，HF，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形，所以EGAC，而ACBD，ACBF，所以EGBD，EGBF，因为BDBFB，所以EG平面BDHF，又DF平面BDHF，所以EGDF.(2)设ACBDO，EGHFP，由已知可得，平面ADHE平面BCGF，所以EHFG，同理可得EFHG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，又O为AC的中点，所以OP綊AE，从而OP平面ABCD，又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF2.如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以(2，2,3)，(2，0,0)，(0,2，1)设平面EFGH的法向量为n(x，y，z)，由可得令y1，则z2，所以n(0,1,2)设BE与平面EFGH所成角为，则sin .3(2018高考天津卷)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长解析：依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0,1,1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)易知(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos|，由题意，可得sin 60，解得h0,2所以线段DP的长为.4直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点(1)证明：DFAE；(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置，若不存在，请说明理由解析：(1)证明：AEA1B1，A1B1AB，ABAE，又ABAA1，AEAA1A，AB平面A1ACC1，又AC平面A1ACC1，ABAC.以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，E，F，A1(0,0,1)，B1(1，0,