2020版高考数学一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法配套课时作业理新人教A版.docx

第7讲 立体几何中的向量方法配套课时作业1已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45 B135 C45或135 D90答案C解析cosm，n，m，n45.二面角为45或135.故选C.2(2019邯郸模拟)如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是()A60 B45C30 D135答案B解析以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F，(0,1,0)，cos，135，异面直线EF和CD所成的角是45.故选B.3已知(2,2,1)，(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量为()A. B.C D.答案C解析设平面ABC的法向量n(x，y，z)，则即令z1，得n.平面ABC的单位法向量为.4已知(1,5，2)，(3,1，z)，(x1，y，3)若，且平面ABC，则()A. B.C. D.答案D解析.0，即13512z0，解得z4.又平面ABC，有即解得.故选D.5ABC的顶点分别为A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，则AC边上的高BD等于()A5 B. C4 D2答案A解析A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，(4，5,0)，(0,4，3)点D在直线AC上，设(0,4，3)，由此可得(0,4，3)(4，5,0)(4,45，3)又，40(45)4(3)(3)0，解得.因此(4,45，3).可得|5.6(2018沧州七校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为()A120 B30 C90 D60答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，0)，C(0，0，)，D(0，0)，(，0)，(0，)|2，|2，2.cos，.异面直线AD，BC所成的角为60.故选D.7设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.答案D解析如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0，0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离d.8已知正三棱柱ABCA1B1C1所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案D解析取AC中点E，令AB2，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴建立空间直角坐标系B1(，0,2)，C(0,1,0)，A(0，1,0)，D(0，0,2)，(，0,0)，(0,1，2)，(0，1，2)，平面B1DC法向量为n(0,2,1)，可得cos，n，所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.9在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则即n1(1,2,2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.故选B.10已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当APC最大时，三棱锥PABC的体积为()A. B. C. D.答案B解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设，可得P(，)，再由cosAPC可求得当时，APC最大，故VPABC11.11如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_答案解析AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0，2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.12正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_答案解析以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2，0,0)，C1(0,0，2)点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以(2,0,2)，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos.又，所以.13(2019湖南长沙模拟)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为_答案解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A1(0,0,1)，E，F，D1(0,1,1)，(0,1,0)设平面A1D1E的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1.n(1,0,2)又，点F到平面A1D1E的距离为d.14(2018福州质检)已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的锐二面角的正切值为_答案解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1,0,0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的锐二面角为，由图知为锐角，由得令y1，z3，x1，则n(1,1，3)，平面ABC的一个法向量为m(0,0，1)，cos|cosn，m|，tan.15(2018衡水中学调研)如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1D平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A2.(1)证明：ACA1B；(2)是否在棱A1A上存在一点P，使得且面AB1C1面PB1C1.解如图所示，以DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，)，B(1,1,0)，D1(1,0，)，B1(0,1，)，C1(1,1，)(1)证明：(1,1,0)，(1,1，)，0，ACA1B.(2)假设存在，P.设平面AB1C1的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，(1,1，)，(2,1，)，令z1，则y13，x10.n1(0，3，)同理可求面PB1C1的一个法向量为n2，n1n20.0，即4.P在棱A1A上，0，矛盾这样的点P不存在16(2018江苏高考)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所成角的正弦值解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以O，O，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B，(0,2,2)，故|cosB，|.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，因为A，(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.17. (2018河南郑州质检)如图所示，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，DABDCB，E为线段BD上的一点，且EBEDECBC，连接CE并延长交AD于F.(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD平面CGF；(2)若BC2，PA3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值解(1)证明：在BCD中，EBEDECBC，故BCD，CBEBEC.DABDCB，BADBCD，ABECBE，FEDBECABE.ABCF，CFDBAD，CFAD.又PA平面ABCD，CF平面ABCD，PACF，又PAADA，CF平面PAD.又CF平面CGF，平面PAD平面CGF.(2) 以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，0)，D(0,2，0)，P(0,0,3)，故(1，0)，(3，3)，(3，0)设平面BCP的一个法向量为n1(1，y1，z1)，则即解得即n1.设平面DCP的一个法向量为n2(1，y2，z2)，则解得即n2(1，2)所以平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为cos.18(2018辽宁沈阳二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D为棱CC1的中点，AB1A1BO.(1)证明：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CE与平面ABD所成角的正弦值为，求的值解(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.侧面ABB1A1为平行四边形，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)如图，过C作CHAB于H，连接DH，则DHC即为二面角DABC的平面角DC1，tanD