2021高考数学一轮复习 课后限时集训47 立体几何中的向量方法 理 北师大版.doc

课后限时集训47立体几何中的向量方法建议用时：45分钟一、选择题1若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()a120b60c30d60或30c设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又090，30.2在正方体a1b1c1d1abcd中，ac与b1d所成角大小为()a. b.c.d.d建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则a(0,0,0), c(1,1,0)，b1(1,0,1)，d(0,1,0). (1,1,0)，(1,1，1)，1(1)110(1)0，ac与b1d所成的角为.3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱abca1b1c1，cacc12cb，则直线bc1与直线ab1夹角的余弦值为()a. b.c.d.a设ca2，则c(0,0,0)，a(2,0,0)，b(0,0,1)，c1(0,2,0)，b1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，.4在直三棱柱abca1b1c1中，ab1，ac2，bc，d，e分别是ac1和bb1的中点，则直线de与平面bb1c1c所成的角为()a30b45c60d90a由已知ab2bc2ac2，得abbc.以b为原点，分别以bc，ba，bb1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设aa12a，则a(0,1,0)，c(，0,0)，d，e(0,0，a)，所以，平面bb1c1c的一个法向量为n(0,1,0)，cos，n，n60，所以直线de与平面bb1c1c所成的角为30.故选a.5.如图，在四棱锥pabcd中，四边形abcd为平行四边形，且bc平面pab，paab，m为pb的中点，paad2.若ab1，则二面角bacm的余弦值为()a. b.c.d.a因为bc平面pab，pa平面pab，所以pabc，又paab，且bcabb，所以pa平面abcd.以点a为坐标原点，分别以ab，ad，ap所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系axyz.则a(0,0,0)，c(1,2,0)，p(0,0,2)，b(1,0,0)，m，所以(1,2,0)，求得平面amc的一个法向量为n(2,1,1)，又平面abc的一个法向量(0,0,2)，所以cosn，.所以二面角bacm的余弦值为.二、填空题6在正四棱柱abcda1b1c1d1中，aa12ab，则cd与平面bdc1所成角的正弦值等于_以d为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设aa12ab2，则d(0,0,0)，c(0,1,0)，b(1,1,0)，c1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面bdc1的法向量为n(x，y，z)，则所以有令y2，得平面bdc1的一个法向量n(2，2,1)设cd与平面bdc1所成的角为，则sin |cosn，|.7(2019汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥sabcd中，abc90，adbc，sa平面abcd，saabbc1，ad，则平面scd与平面sab所成锐二面角的余弦值是_如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，d，c(1,1,0)，s(0,0,1)，可知是平面sab的一个法向量设平面scd的一个法向量n(x，y，z)，因为，所以即令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面scd与平面sab所成的锐二面角为，则cos .8.(2019北京模拟)如图所示，四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd是边长为2的正方形，pd2，e是棱pb的中点，m是棱pc上的动点，当直线pa与直线em所成的角为60时，那么线段pm的长度是_如图建立空间直角坐标系，则a(2,0,0)，p(0,0,2)，b(2,2,0)，e是棱pb的中点，e(1,1,1)，设m(0,2m，m)，则，解得m，m，pm.三、解答题9.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，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系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.10(2019全国卷)如图，长方体abcda1b1c1d1的底面abcd是正方形，点e在棱aa1上，beec1.(1)证明：be平面eb1c1；(2)若aea1e，求二面角becc1的正弦值解(1)证明：由已知得，b1c1平面abb1a1，be平面abb1a1，故b1c1be.又beec1，b1c1ec1c1，所以be平面eb1c1.(2)由(1)知beb190.由题设知rtaberta1b1e，所以aeb45，故aeab，aa12ab.以d为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz，则c(0,1,0)，b(1,1,0)，c1(0,1,2)，e(1,0,1)，(1,0,0)，(1，1,1)，(0,0,2)设平面ebc的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ecc1的法向量为m(x1，y1，z1)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以，二面角becc1的正弦值为.1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.d如图建立坐标系，则d1(0,0,2)，a1(2,0,2)，b(2,2,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(2,0,2)设平面a1bd的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得n(1,1,1)d1到平面a1bd的距离d.2.如图，平面abcd平面abef，四边形abcd是正方形，四边形abef是矩形，且afada，g是ef的中点，则gb与平面agc所成角的正弦值为_如图，以a为原点建立空间直角坐标系，则a(0,0,0)，b(0,2a,0)，c(0,2a,2a)，g(a，a,0)，(a，a,0)，(0,2a,2a)，(a，a,0)，设平面agc的法向量为n1(x1，y1,1)，由n1(1，1,1)sin .3已知正四棱锥sabcd的侧棱长与底面边长都相等，e是sb的中点，则ae与sd所成角的余弦值为_以两对角线ac与bd的交点o作为原点，以oa，ob，os所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有o(0,0,0)，a(，0,0)，b(0，0)，s(0,0，)，d(0，0)，e，(0，)，|cos，|，故ae与sd所成角的余弦值为.4(2018全国卷)如图所示，在三棱锥pabc中，abbc2，papbpcac4，o为ac的中点(1)证明：po平面abc；(2)若点m在棱bc上，且二面角mpac为30，求pc与平面pam所成角的正弦值解(1)证明：因为apcpac4，o为ac的中点，所以opac，且op2.连接ob.因为abbcac，所以abc为等腰直角三角形，且obac，obac2.由op2ob2pb2知poob.由opob，opac，obaco，知po平面abc.(2)如图，以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系oxyz.由已知得o(0,0,0)，b(2,0,0)，a(0，2，0)，c(0,2,0)，p(0，0,2)，(0,2,2)取平面pac的一个法向量(2,0,0)设m(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面pam的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去)或a，所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以pc与平面pam所成角的正弦值为.1已知斜四棱柱abcda1b1c1d1的各棱长均为2，a1ad60，bad90，平面a1add1平面abcd，则直线bd1与平面abcd所成的角的正切值为()a. b.c.d.c取ad中点o，连接oa1，易证a1o平面abcd.建立如图所示的空间直角坐标系，得b(2，1,0)，d1(0，2，)，(2,3，)，平面abcd的一个法向量为n(0,0,1)，设bd1与平面abcd所成的角为，sin ，tan .2(2019天津高考)如图，ae平面abcd，cfae，adbc，adab，abad1，aebc2.(1)求证：bf平面ade；(2)求直线ce与平面bde所成角的正弦值；(3)若二面角ebdf的余弦值为，求线段cf的长解依题意，可以建立以a为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(1,2,0)，d(0,1,0)，e(0,0,2)设cfh(h0)，则f.(1)依题意，(1,0,0)是平面ade的