新教材高考数学一轮复习考点规范练39立体几何中的向量方法含解析新人教版

PAGEPAGE11考点规范练39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α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2 B.-2C.2 D.±22.已知平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A.π6 B.C.π4 D.3.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,若AB=2,AF=1,点M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1) B.2C.22,24.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为()A.12 B.22 C.135.如图,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.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面6.如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2,M,N分别是AB和SC的中点,则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,直线SM与平面SAC所成角的大小为.7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值是.8.(2020全国Ⅲ,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.(1)求证:B1C1∥平面DEF;(2)求EF与AC1所成角的大小;(3)求点B1到平面DEF的距离.二、综合应用10.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α,则sinα的取值范围是()A.33,1C.63,211.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.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,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13.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、探究创新14.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若棱长为1,点E,F分别为线段B1D1,BC1上的动点,则下列结论正确的是()A.DB1⊥平面ACD1B.平面A1C1B∥平面ACD1C.点F到平面ACD1的距离为定值3D.直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值1

考点规范练39立体几何中的向量方法1.D当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±22.B可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,n>|.∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×13.C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设平面BDE的法向量为n=(a,b,c),则n令b=1,则可取n=(1,1,2).又AM∥平面BDE,所以n·AM=即2(x-2)+2=0,得x=22.所以4.C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D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0),从而D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).则n令a=2,则可取n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|5.B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,如图所示.设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(13,0,13),F(23,13,0)A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=(13,13,-13),EF=-13BD1,A1D·EF=AC·EF=0,从而EF∥BD6.105π4因为∠ASB=∠所以以S为坐标原点,SA,SB,SC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,图略.设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2).因为SM=(1,1,0),BN=(0,-2,1),所以cos<SM,BN>=-22×5=-105,所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为105.平面SAC一个法向量为SB=(0,2,0),则由cos<所以直线SM与平面SAC所成角的大小为π7.63如图所示,建立空间直角坐标系,则有D12,0可知AD=12,设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为SD=所以n·SD=0,n·DC=0,即x2-z=0,x令x=2,则y=-1,z=1,所以可取n=(2,-1,1).设平面SCD与平面SAB的夹角为θ,则cosθ=|8.解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C(1)证明:连接C1F,则点C1(0,0,0),A(a,b,c),E(a,0,23c),F(0,b,13c),EA=(0,b,13c),C1F=)0,b,1因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面.所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得点A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n即-可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2·A1E=0,n2·A1F=0,同理可取n2=12所以二面角A-EF-A1的正弦值为429.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.又B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系,则点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).∴EF=(-1,1,-1),AC1=(∵EF·AC1=2+∴EF⊥AC1,∴EF(3)解设向量n=(x,y,z)是平面DEF的法向量,DE=(1,0,1),DF=(0,1,0).由n⊥DE取x=1,则z=-1,∴可取n=(1,0,-1).设点B1到平面DEF的距离为d,∵DB1=(-1,2,2),∴d=|DB1·n|10.B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则OP=-12,12,t,A1设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有n取x0=1,则y0=-1,z0=-1,∴可取n=(1,-1,-1).∴sinα=|cos<OP,n>|=|-1-t∴sin2α=t2+2t+1令f(t)=t2+2t则f'(t)=2t2+可知当t∈0,12时,f'(当t∈12,1时,f'又f(0)=23,f12=1,f(1)=∴f(t)max=f12=1,f(t)min=f(0)=∴sinα的最大值为1,最小值为6∴sinα的取值范围为611.16过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB的中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角设AB=1,则CF=32,OF=CF·cos∠CFO=12,OC=22,则O建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E0,-22,0,M(24,0,24),A(22,0,0)AN=-22,12.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=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PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD与平面ABCD垂直,且交线为AD,所以PO⊥平面ABCD.因为AO,CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO,PO⊥OA.因为AC=CD,所以CO⊥AD.故PO,CO,OA两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.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的法向量n=(x,y,z),则DC令x=1,得y=-2,z=2.所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2).设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得AM=λAP因此点M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当BM·n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=即-1+4λ=0,解得λ=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD13.解如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y依题意可得点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n·DE=0,n·DB又MN=(1,2,-1),可得MN·n=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n因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-421,于是sin(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos<NH,BE>|=|NH·BE||NH||BE|=|2所以线段AH的长为814.ABC以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知,A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),设E(x,y,1),B1E=λB1D1,即(x-1,y,0)=(-λ,λ,0),∴E(1设F(1,y',z'),BF=μBC1,即(0,y',z')=(0,μ∴F(1,μ,μ).对于A,∵DB1=(1,-1,1),AC=(1,1,0),∴DB1·AC=0,DB1·又AC,AD1⊂平面ACD1,A