（天津专用）2020届高考数学一轮复习考点规范练36立体几何中的向量方法（含解析）新人教A版.docx

考点规范练36立体几何中的向量方法一、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.22.已知平面的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面所成的角的大小为()A.6B.3C.4D.563.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.24,24,14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且AM=12MC1,N为B1B的中点,则|MN|为()A.216aB.66aC.156aD.153a5.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.906.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.637.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.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).对于结论:APAB;APAD;AP是平面ABCD的法向量;APBD.其中正确的是.(填序号)9.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)10.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2, AC=CD=5.(1)求证:PD平面PAB.(2)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.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平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.二、能力提升12.如图所示,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13.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为,则sin 的取值范围是()A.33,1B.63,1C.63,223D.223,114.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.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.三、高考预测16.如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE平面AOC,求a的值.考点规范练36立体几何中的向量方法1.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.B解析可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面所成的角为,则sin=|cos|.cos=mn|m|n|=-321=-32,sin=32,=3.3.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.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2.设M(x,y,z),点M在AC1上,且AM=12MC1,(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z).x=23a,y=a3,z=a3,得M2a3,a3,a3.|MN|=a-23a2+a-a32+a2-a32=216a.5.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.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BB1C1C所成角的正弦值为|AC1n|AC1|n|=38=64.7.30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.解析因为ABAP=0,ADAP=0,所以ABAP,ADAP,则正确.又AB与AD不平行,所以AP是平面ABCD的法向量,则正确.因为BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,-1),所以BD与AP不平行,故错误.9.解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.设M(x,y,0),设正方形边长为a,则Pa2,0,32a,C(0,a,0),则MC=x2+(y-a)2,MP=x-a22+y2+-32a2.由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=12x的一部分.10.(1)证明因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,ABAD,AB平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,PAAB=A,所以PD平面PAB.(2)解存在.取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POAD.又因为PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD,所以POCO.因为AC=CD,所以COAD.故PO,CO,OA两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).AP=(0,-1,1),DC=(2,1,0),DP=(0,1,1).设平面PCD的一个法向量n=(x,y,z),则DCn=0,DPn=0,即2x+y=0,y+z=0,令x=1,得y=-2,z=2.所以平面PCD的一个法向量n=(1,-2,2).设M是棱PA上一点,则存在0,1,使得AM=AP,因此点M(0,1-,),BM=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以要使BM平面PCD,当且仅当BMn=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0,所以-1+4=0,解得=14.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时AMAP=14.11.(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(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,-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.12.B解析以点D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),A1D=(-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.B解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD1=1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O12,12,0,并设点P(0,1,t)且0t1.则OP=-12,12,t,A1D=(-1,0,-1),A1B=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有nA1D=0,nA1B=0,即-x0-z0=0,y0-z0=0,取x0=1,y0=-1,z0=-1,n=(1,-1,-1).sin=|cos|=|-1-t|3t2+12(0t1),sin2=t2+2t+13t2+12,0t1.令f(t)=t2+2t+13t2+12,0t1,则f(t)=2t2+t-1-3t2+122=-(2t-1)(t+1)3t2+122,可知当t0,12时,f(t)0;当t12,1时,f(t)0.又f(0)=23,f12=1,f(1)=89,f(t)max=f12=1,f(t)min=f(0)=23.sin的最大值为1,最小值为63.sin的取值范围为63,1.14.16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=12,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Oxyz,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.解如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP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: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(