2020版高考数学一轮复习 课时规范练43 空间几何中的向量方法 理 北师大版.doc

课时规范练43空间几何中的向量方法基础巩固组1.在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1为正方体,给出下列结论:直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).其中正确的个数为()A.1B.2C.3D.42.两平行平面,分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A.B.22C.3D.323.(2018辽宁本溪二模,7)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=5,平面ABCD平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是()A.55B.255C.8585D.885854.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的大小为()A.45B.135C.45或135D.905.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.6.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:APBC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC平面BMC.7.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.(1)求证:B1C平面A1BD;(2)求点B1到平面A1BD的距离.综合提升组8.(2018安徽定远调研,10)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,BF=BC,A1E=A1A,则四面体OEBF的体积为()A.112B.124C.148D.1969.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记D1PD1B=.当APC为锐角时,的取值范围是.10.(2019四川成都一模,19)在如图所示的几何体中,EA平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,ADBC,AD=AE=1,ABC=60,EFAC.(1)证明:ABCF;(2)求二面角B-EF-D的余弦值.11.(2018河北衡水模拟二,18)如图所示,CC1平面ABC,平面ABB1A1平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,ABC=60,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明:平面EC1F平面A1CB;(2)设BE=BB1,是否存在,使得平面A1EC1平面A1EC?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.12.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,B1A1A=C1A1A=60,AC=4,AB=2,平面ACC1A1平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313,求点P到平面BQB1的距离.创新应用组13.(2018江西南昌七模,18)如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BCAD,ABAD,PBD为正三角形.若PA=23,且PA与底面ABCD所成角的正切值为22.(1)证明:平面PAB平面PBC;(2)E是线段CD上一点,记DEDC=(01),是否存在实数,使二面角P-AE-C的余弦值为66?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.14.(2018河南信阳二模,19)在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=2,AC=2.(1)求证:BDAC;(2)点P为AC上一动点,设为直线BP与平面ACD所形成的角,求sin 的最大值.参考答案课时规范练43空间几何中的向量方法1.CDD1AA1,AA1=(0,0,1),故正确;BC1AD1,AD1=(0,1,1),故正确;直线AD平面ABB1A1,AD=(0,1,0),故正确;点C1的坐标为(1,1,1),AC1与平面B1CD不垂直,故错.2.B两平面的一个单位法向量n0=-22,0,22,故两平面间的距离d=|OAn0|=22.3.D以O为原点,以OA、AB和OP为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),则OP=(0,0,2),OC=(-1,2,0),M是PC的中点,M-12,1,1,BM=-32,-1,1.设平面PCO的法向量n=(x,y,z),直线BM与平面PCO所成角为,则nOP=2z=0,nOC=-x+2y=0,可取n=(2,1,0),sin =|cos|=|BMn|BM|n|=41745=88585.故选D.4.C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与相等或互补,cos=mn|m|n|=112=22,故=45.故两平面所成的二面角为45或135,故选C.5.30如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系.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所成角为90-60=30.6.证明 (1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),APBC=(0,3,4)(-8,0,0)=0,APBC,即APBC.(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且点M在线段AP上,AM=35AP=0,95,125,又BA=(-4,-5,0),BM=BA+AM=-4,-165,125,则APBM=(0,3,4)-4,-165,125=0,APBM,即APBM,又根据(1)的结论知APBC,AP平面BMC,于是AM平面BMC.又AM平面AMC,故平面AMC平面BCM.7.(1)证明 连接AB1交A1B于点E,连接DE.可知E为AB1的中点,D是AC的中点,DEB1C.又DE平面A1BD,B1C平面A1BD,B1C平面A1BD.(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,22,3),B(0,22,0),A1(-1,0,3),DB1=(0,22,3),DB=(0,22,0),DA1=(-1,0,3).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),nDB=0,nDA1=0,即22y=0,-x+3z=0,n=(3,0,1).故所求距离为d=|nDB1|n|=31010.8.D如图所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O, , ,B(1,1,0),E1,0, ,F,1,0,则|OE|=14+14+116=,|OB|=32,|BE|=,所以cosBOE=916+34-251623432=-39,所以sinBOE=789,所以SOEB=123432789=2616,设平面OEB的一个法向量为n=(x,y,z),由nOE=12x-12y+14z=0,nOB=12x+12y-12z=0,取z=1,得n=14,34,1,又BF=-12,0,0,所以F到平面OEB的距离h=|nBF|n|=18264=2652,所以四面体OEBF的体积为V=13SOEBh=1326162652=196.9.0, 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由D1PD1B=得P(,1-),则PA=(1-,-,-1),PC=(-,1-,-1),因为APC为锐角,所以PAPC=(1-,-,-1)(-,1-,-1)=(-1)(3-1)0,解得1,又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,所以的取值范围为0.10.(1)证明 由题知EA平面ABCD,BA平面ABCD,BAAE.过点A作AHBC于H,在RtABH中,ABH=60,BH=,AB=1,在ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3,AB2+AC2=BC2,ABAC,且ACEA=A,AB平面ACFE.又CF平面ACFE,ABCF.(2)以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E(0,0,1),F0,32,1,D-12,32,0,BE=(-1,0,1),BF=-1,32,1,DE=12,-32,1,DF=12,0,1.设n=(x,y,z)为平面BEF的一个法向量,则nBE=-x+z=0,nBF=-x+32y+z=0,令x=1,得n=(1,0,1),同理可求平面DEF的一个法向量m=(2,0,-1),cos=mn|m|n|=1010,所以二面角B-EF-D的余弦值为1010.11.(1)证明 平面ABB1A1平面ABC,BB1BA,平面ABB1A1平面ABC=AB,BB1平面ABC.又CC1平面ABC,BB1CC1,又CC1=12AB=12BB1=BE,四边形CC1EB为平行四边形,C1EBC.又BC平面A1BC,C1E平面A1BC,C1E平面A1BC.BE=EB1,A1F=FB1,EFA1B,又A1B平面A1BC,EF平面A1BC,EF平面A1BC.又C1EEF=E,C1E平面EFC1,FE平面EFC1,平面EFC1平面A1BC.(2)在ABC中,由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=12,AB2=AC2+BC2,ABC为直角三角形,且ACB=90,ACBC,由CC1平面ABC可得CC1AC,CC1BC,CA,CB,CC1两两垂直.以C点为坐标原点,CA,CB,CC1依次为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如下图所示,则C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(23,0,4),E(0,2,4).设平面A1EC1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1C1A1=0,n1C1E=0,即23x1+2z1=0,2y1+(4-2)z1=0,令z1=1,解得x1=-33,y1=1-2,n1=-33,1-2,1.设平面A1EC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2CA1=0,n2CE=0,即23x2+4z2=0,2y2+4z2=0,令x2=2,得z2=-3,y2=23,n2=(2,23,-3).若平面A1EC1平面A1EC,则n1n2=-233+23(1-2)-3=0,化简得122-6+5=0,由于0,故此方程无解,所以不存在实数,使得平面A1EC1平面A1EC.12.解 (1)证明:如图,取BB1中点E,连接AE,EH.H为BQ中点,EHB1Q.在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,AEPB1.又EHAE=E,PB1B1Q=B1,平面EHA平面B1QP.AD平面EHA,AD平面B1PQ.(2)连接PC1,AC1,四边形A1C1CA为菱形,AA1=AC=A1C1=4.又C1A1A=60,AC1A1为正三角形.P为AA1的中点,PC1AA1.平面ACC1A1平面ABB1A1,平面ACC1A1平面ABB1A1=AA1,PC1平面ACC1A1,PC1平面ABB1A1,在平面ABB1A1内过点P作PRAA1交BB1于点R,建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,23),C(0,-4,23),设AQ=AC=(0,-2,23),0,1,Q(0,-2(+1),23),PQ=(0,-2(+1),23).A1B1=AB=2,B1A1A=60,B1(3,1,0),PB1=(3,1,0).设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则mPQ=0,mPB1=0得-2(+1)y+23z=0,3x+y=0,令x=1,则y=-3,z=-+1,平面PQB1的一个法向量为m=1,-3,-+1,设平面AA1C1C的法向量为n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角为,则cos =mn|m|n|=11+3+(-+1)2=1313,=12或=-14(舍),AQ=12AC,Q(0,-3,3).又B(3,-3,0),QB=(3,0,-3),|QB|=3+3=6.又B1Q=22,B1Q2=BQ2+BB12,即BB1Q是直角三角形,B1BQ=90.连接BP,设点P到平面BQB1的距离为h,则1312433=131246h,h=62,即点P到平面BQB1的距离为62.13.解 (1)证法一:ABAD,且AB=AD=2,BD=22,又PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=22,又AB=2,PA=23,所以ABPB,又ABAD,BCAD,ABBC,PBBC=B,所以AB平面PBC,又因为AB平面PAB,所以平面PAB平面PBC.证法二:设P在平面ABCD内的射影为Q,连接AQ,则AQ即为AP在平面ABCD内的射影,故PAQ即为AP与底面所成的角,因为tanPAQ=22,所以sinPAQ=33.而sinPAQ=PQPA,AP=23,所以PQ=2,AQ=22.又PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=22,所以DQ=2.由AD=DQ=2,AQ=22,得ADDQ,所以ABDQ,从而四边形ABQD是正方形,由ABBQ,ABPQ得AB平面PBC,于是平面PAB平面PBC.(2)由(1)可知,QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),由DEDC=可得E(2-2,0),所以AE=(-2,-2,0),AP=(-2,-2,2),设平面PAE的法向量为m=(x,y,z),则mAP=0,mAE=0,即-2x-2y+2z=0,-2x+(-2)y=0,令x=1,得y=2-2,z=3-2-2,所以m=1,2-2,3-2-2,显然,QP=(0,0,2)是平面ACE的法向量.设二面角P-AE-C为,则