2022版高考数学一轮复习练案47第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法含解析新人教版

1、第七讲立体几何中的向量方法a组基础巩固一、单选题1(2021东营质检)已知a(1,0,0)，b(0，1,1)，与的夹角为120，则的值为(c)abcd解析(1，)，cos120，得.经检验不合题意，舍去，.2(2021江苏镇江八校期中联考)已知二面角l，其中平面的一个法向量m(1,0，1)，平面的一个法向量n(0，1,1)，则二面角l的大小可能为(c)a60b120c60或120d30解析设二面角l的平面角为，则|cos |，60或120.3如图所示，正方体abcda1b1c1d1中，m，n分别为下底面abcd和上底面a1b1c1d1的中心，则b1m与an所成角的余弦值等于(b)abcd解析如

2、图，以d为坐标原点，分别以da，dc，dd1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系dxyz.设ab2，b1m与an所成角为，则a(2,0,0)，m(1,1,0)，b1(2,2,2)，n(1,1,2)，所以(1,1,2)，(1，1，2)故cos，.因为两异面直线所成角的范围是(0，所以cos .故选b.4(2020河南林州期末)如图，已知长方体abcda1b1c1d1中，adaa11, ab3，e为线段ab上一点，且aeab，则dc1与平面d1ec所成角的正弦值为(a)abcd解析如图，以d为坐标原点，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，则c1(0,3,1)

3、，d1(0，0,1)，e(1,1,0)，c(0,3,0)，(0,3,1)，(1,1，1)，(0,3，1)设平面d1ec的法向量为n(x，y，z)，则即取y1，得n(2,1,3)cos，n，dc1与平面d1ec所成的角的正弦值为.5(2021安徽六校教育研究会联考)如图，在直三棱柱abca1b1c1中，已知abc90，p为侧棱cc1上任意一点，q为棱ab上任意一点，pq与ab所成角为，pq与平面abc所成的角为，则与的大小关系为(c)abd不能确定6(2021黑龙江哈尔滨期末)三棱柱abca1b1c1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若ab2，aa11，则点a到平面a1bc的距离为(b)abcd解

4、析如图建立空间直角坐标系，则(0,0,1)，(，1，1)，(0,2，1)，设平面a1bc的法向量为n(x，y，z)，则不妨取z2，则x，y1，n(，1,2)，a到平面a1bc的距离d.故选b.注：本题也可用等体积法求解设a到平面a1bc的距离为h，va1abcvaa1bc，h.7(2021河南安阳)二面角的棱上有a，b两点，直线ac，bd分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于ab.已知ab4，ac6，bd8，cd2，则该二面角的大小为(c)a150b45c60d120解析由条件，知0，0，|2|2|2|2222624282268cos，(2)2，cos，120，二面角的大小为60，故选 c

5、二、多选题8(2020甘肃兰州一中模拟改编)如图，在正方体abcda1b1c1d1中，m、n分别为ac，a1b的中点，则下列说法正确的是(abc)amn平面add1a1bmnabc直线mn与平面abcd所成角为45d异面直线mn与dd1所成角为60解析取ab的中点h，连nh、mh，m，n分别为ac，a1b的中点，nhaa1，hmbcad，平面mnh平面add1a1，mn平面add1a1，a正确；又abnh，abmh，ab平面mnh，abmn，b正确；nh平面abcd，nmh为mn与平面abcd所成角，显然为45，c正确；mn与dd1所成角为45，d错误，故选abc9(2020山东济南期末)给定

6、两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；ab.规定：ab为同时与a，b垂直的向量；a，b，ab三个向量构成右手系(如图1)；|ab|a|b|sina，b如图2，在长方体abcda1b1c1d1中，abad2，aa14，则下列结论正确的是(acd)abc()d长方体abcda1b1c1d1的体积v()解析由叉乘运算定义知a正确；，b错误；()，由|知24sin 902，4，()4.同理可知4，4，4()4，由、知c正确又()|v长方体abcda1b1c1d1，d正确，故选acd.10. (2021河北质检)如图，是直四棱柱abcda1b1c1d1，底面abcd是边长为1的正方形，侧棱aa12，

7、点e，f，h分别为棱dd1，d1c1，bb1上的中点，则下列结论中一定正确的是(abc)a点f在平面eab1内b直线c1h与平面bdd1b1所成的线面角为cc1h平面eab1d异面直线ab1与c1h所成的角为解析如图，连接ef，dc1，因为点e，f均为中点，故efdc1，又dc1ab1，所以efab1，又e平面eab1，所以ef平面eab1，所以点f在平面eab1内，故a正确；如图建立空间直角坐标系，由题意知ac平面bdd1b1，平面bdd1b1的法向量n(1,1,0)，又(1,0,1)，记c1h与平面bdd1b1所成角为，则sin ，故b正确；又(1,0,1)，aehc1，又hc1平面eab

8、1，hc1平面eab1，c正确；又(0,1,2)，记ab1与c1h所成角为，则cos ，故d错，选abc三、填空题11(2021河北承德期末)已知四棱锥pabcd的底面是菱形，bad60，pd平面abcd，且pdab，点e是棱ad的中点，f在棱pc上若pffc12，则直线ef与平面abcd所成角的正弦值为.解析如图，以d点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.设菱形abcd的边长为2，则d (0,0,0)，e，f，所以.又平面abcd的一个法向量为n(0,0,1)，所以cos，n，即直线ef与平面abcd所成角的正弦值为.12(2021山东枣庄期末)如图，在三棱锥pabc中，paab

9、，pcbc，abbc，ab2bc2，pc，则pa与平面abc所成角的大小为45；三棱锥pabc外接球的表面积是 6 .解析如图，作po平面abc于o，连oa，oc，则pao即为pa与平面abc所成的角abpa，abpo，ab平面pao，从而abao，同理bcco，又abbc，四边形abco为矩形，又由题意易知pb，pa，ao1，po1，pao45，即pa与平面abc所成角为45，又pb为三棱锥pabc外接球的直径，s球426.四、解答题13(20203月份北京市高考适应性考试)如图，在四棱锥pabcd中，pd2ad，pdda，pddc，底面abcd为正方形，m、n分别为ad，pd的中点(1)求

10、证：pa平面mnc；(2)求直线pb与平面mnc所成角的正弦值解析(1)证明：因为m，n分别为ad，pd的中点，所以pamn，又因pa平面mnc，mn平面mnc，所以pa平面mnc(2)由题意建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.设ad2，则p(0,0,4)，b(2,2,0)，m(1,0,0)，n(0,0,2)，c(0,2,0)，则(2,2，4)，(1,0,2)，(1,2,0)设平面mnc的法向量为n(x，y，z)，则，令x2，则y1，z1，即n(2,1,1)设直线pb与平面mnc所成角为，则sin.即直线pb与平面mnc所成角的正弦值为.14(2021河北石家庄质检)在直四棱柱abcda1b

11、1c1d1中，四边形abcd为平行四边形，m为aa1的中点，bcbd1，abaa1.(1)求证：md平面bdc1；(2)求二面角mbc1d的余弦值解析(1)因为bcbd1，cdab.可得bc2bd2cd2，bdbc，又dd1平面abcd.ad、db、dd1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则d(0,0,0)，b(0,1,0)，c1(1,1，)，m，(0,1,0)，(1)0，0，dmdb，dmbc1，又dbbc1b，dm平面bdc1.(2)设平面c1bm的一个法向量为n(x，y，z)，则令z，则x2，y3，故可取n(2,3，)又由(1)知平面bdc1的一个法向量为，记二面角mbc1d为，则|co

12、s |，二面角mbc1d的余弦值为.15(2021河北唐山摸底)在四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd是边长为2的菱形，dab60，e是ad的中点(1)求证：平面pbe平面pad；(2)直线pb与平面pad所成角为45，求二面角cped的余弦值解析(1)连接bd，由题意可知abd是等边三角形，又e是ad有中点，所以bead；由pd底面abcd，be底面abcd，所以pdbe，且pdadd，所以，be平面pad，且be平面pbe，所以平面pbe平面pad.(2)由(1)可知，pb在平面pad上的射影为pe，所以直线pb与平面pad所成角为bpe45，在rtbpe中，pebead.所

13、以，在rtdpe中，dead1，pd.以e为原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系exyz.由题设可得p(1,0，)，c(2，0)，b(0，0)，所以(1,0，)，(2，0)设m(x，y，z)是平面pec的法向量，则得可得m.由(1)知(0，0)是平面ped的一个法向量，则cos，m.所以二面角cped的余弦值为.b组能力提升1(2021广东惠州调研)在四棱锥pabcd中，侧面pad底面abcd，底面abcd为直角梯形，bcad，adc90，bccd1，ad2，papd，e为ad的中点，f为pc的中点(1)求证：pa平面bef；(2)求二面角fb

14、ea的余弦值解析(1)连接ac交be于n ，并连接ce，fn，bcad，bcad，e为ad的中点，aebc，且aebc，四边形abce为平行四边形，n为ac中点，又f为pc中点，nfpa，nf平面bef，pa平面bef，pa平面bef.(2)连接pe，由e为ad的中点及papd，得pead，则pe，侧面pad底面abcd，且交于ad，pe面abcd，如图所示，以e为原点，ea、eb、ep分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则e(0,0,0)，a(1,0,0)，b(0,1,0)，c(1,1,0)，p(0,0，)f为pc的中点，f，(0,1,0)，设平面ebf法向量为m(x，y，z)，则取m(，

15、0,1)，平面eba法向量可取：n(0,0,1)，设二面角fbea的大小为，显然为钝角，cos |cosm，n|，二面角fbea的余弦值为.2(2020四川攀枝花市统考)如图，在三棱锥pabc中，平面pac平面abc，pac为等边三角形，abac，d是bc的中点(1)证明：acpd；(2)若abac2，求二面角dpab平面角的余弦值解析(1)证明：取ac中点e，连接de、pe，pac为等边三角形，peacabac，d是bc的中点，e为ac中点，edac，ac平面ped，pd平面pad，acpd.(2)pe，ac，ed三线两两垂直，以e为坐标原点，ec，ed，ep所在直线分别为x轴，y轴，z轴建

16、立坐标系c(1,0,0)，a(1,0,0)，b(1,2,0)，d(0,1,0)，p(0,0，)设pad面法向量为n(x，y，z)，(0,1，)，(1,0，)，n，n，令z，y3，x3，面pad法向量为n(3,3，)设面pab法向量为m(x，y，z)，(0,2,0)，(1,0，)m，m，令z，y0，x3，面pab法向量为m(3,0，)设二面角dpab的平面角为，cos ，二面角dpab平面角的余弦值.3(2021浙江金色联盟百校联考)如图，平面abcd平面dbnm，且菱形abcd与菱形dbnm全等，且mdbdab，g为mc中点(1)求证：平面gbd平面amn；(2)求直线ad与平面amn的所成角

17、的正弦值解析(1)连接ac交db于e，连接ge，易知geam.因为ge平面amn，am平面amn，所以ge平面amn.又mnbe，同理可证be平面amn.又因为begee，所以平面gbd平面amn.(2)(几何法)连接me，由菱形abcd与菱形dbnm全等且mdbdab，可得出adabbd，dmbdmb.所以mebd，又平面abcd平面dbnm且相交于bd，所以me平面abcd.由mebd，又acbd且acmee，所以bd平面amc，平面gbd平面amc，过c作cfge，所以cf平面gbd，连接bf，由adbc，所以cbf即为直线ad与平面gbd的所成角由(1)平面gbe/平面amn，cbf即

18、为直线ad与平面amn的所成角由题意有adabbd，dab60.在直角三角形mae中，meae，所以mae45，则gec45所以cfce，又在直角三角形dec中，edc60，所以cebc，易知cfcebc，所以sincbf.则直线ad与平面amn的所成角的正弦值为.(2)(坐标法)连接me，由菱形abcd与菱形dbnm全等且mdbdab，可得出adabbd，dmbdmb.所以mebd，又平面abcd平面mnbd且相交于bd，所以me平面abcd.则可以以ca为x轴，db为y轴，em为z轴，建立空间直角坐标系，令ab2，则a(，0,0)，d(0，1,0)，m(0,0，)，b(0,1,0)，n(0

19、，2，)，设平面amn的法向量为n(x，y，z)，则由得，则可令x1，得y0，z1，平面amn的法向量为n(1,0,1)，设直线ad与平面amn的所成角为，sin ，则直线ad与平面amn的所成角的正弦值为.4(2021安徽蚌埠质检)如图，在棱柱abcda1b1c1d1中，底面abcd为平行四边形，abc60，ad2，abaa14，f是ad的中点，且c1在底面上的投影e恰为cd的中点(1)求证：ad平面c1ef；(2)若点m满足，试求的值，使二面角mefc为135.解析(1)在fed中，ef，fd2ef2de2，因此efd90，即efad，c1在底面上的投影e恰为cd的中点，c1e平面abcd，又ad平面abcd，c1ead，又efad，efc1ee，ef，c1e平面c1ef，ad平面c1ef.(2)连接ea，eb，在平行四边形abcd中，addeecbc2，eda60，bce120，ceb30，dea60，故aeb90，即eaeb，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系exyz，e(0,0,0)，c1(0,0,2)，c(1，0)，d(1，0)，d1(2，2，2)，