（浙江专版）2023高考数学一轮复习第7章立体几何第7节立体几何中的向量方法课时分层训练

PAGEPAGE1课时分层训练(四十二)立体几何中的向量方法A组根底达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，那么以下点P中，在平面α内的是()A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)A[逐一验证法，对于选项A，eq\o(MP,\s\up8(→))＝(1,4,1)，∴eq\o(MP,\s\up8(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq\o(MP,\s\up8(→))⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．]2．如图7­7­9，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，那么直线BC1与直线AB1图7­7­9A.eq\f(\r(5),5)B．－eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5)D．－eq\f(2\r(5),5)A[不妨设CB＝1，那么B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up8(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up8(→))，eq\o(AB1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up8(→))·\o(AB1,\s\up8(→)),|\o(BC1,\s\up8(→))|·|\o(AB1,\s\up8(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).]3．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC1,\s\up8(→))，N为B1B的中点，那么|eq\o(MN,\s\up8(→))|为()A.eq\f(\r(21),6)a B.eq\f(\r(6),6)aC.eq\f(\r(15),6)a D.eq\f(\r(15),3)aA[以D为原点建立如下图的空间直角坐标系D­xyz，那么A(a,0,0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).设M(x，y，z)，∵点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC1,\s\up8(→))，(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)，∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))2)＝eq\f(\r(21)a,6).]4．正三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，那么AB1与侧面ACC1AA.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)A[如下图建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(eq\r(3)，0,0)，A(0，－1,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，那么eq\o(AB1,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1,2)，那么eq\o(BO,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，0,0)为侧面ACC1A1的法向量．即sinθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up8(→))·\o(BO,\s\up8(→))|,|\o(AB1,\s\up8(→))||\o(BO,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(6),4).应选A.]5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，那么平面A1ED与平面ABCDA.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)B[以A为原点建立如下图的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，那么A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up8(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，∴有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up8(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up8(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).]二、填空题6．点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq\o(AB,\s\up8(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up8(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up8(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up8(→))∥eq\o(BD,\s\up8(→)).其中正确的序号是________．①②③[∵eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AP,\s\up8(→))＝0，eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(AP,\s\up8(→))＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，那么①②正确．又eq\o(AB,\s\up8(→))与eq\o(AD,\s\up8(→))不平行．∴eq\o(AP,\s\up8(→))是平面ABCD的法向量，那么③正确．由于eq\o(BD,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))＝(2,3,4)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝(－1,2，－1)，∴eq\o(BD,\s\up8(→))与eq\o(AP,\s\up8(→))不平行，故④错误．]7．(2022·杭州模拟)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，那么D1C1与平面A1BCeq\f(1,3)[以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，那么n·eq\o(A1B,\s\up8(→))＝0，n·eq\o(A1C1,\s\up8(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，那么y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，eq\o(D1C1,\s\up8(→))＝(0,2,0)．设所求线面角为α，那么sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up8(→))〉|＝eq\f(1,3).]8．在一直角坐标系中，A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，那么折叠后A，B两点间的距离为________.【导学号：51062250】2eq\r(17)[如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，那么AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC，BD所成的角为60°.故由eq\o(AB,\s\up8(→))＝eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\o(CD,\s\up8(→))＋eq\o(DB,\s\up8(→))，得|eq\o(AB,\s\up8(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\o(CD,\s\up8(→))＋eq\o(DB,\s\up8(→))|2＝68，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝2eq\r(17).]三、解答题9．(2022·舟山模拟)如图7­7­10，四棱锥S­ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.图7­7­10(1)证明：DE⊥平面SBC；(2)求二面角A­DE­C的大小．[解]由题意，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，那么A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1,1,0)，eq\o(DS,\s\up8(→))＝(0,0,2).2分(1)证明：∵SE＝2EB，∴eq\o(DE,\s\up8(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DB,\s\up8(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DS,\s\up8(→))＝eq\f(2,3)(1,1,0)＋eq\f(1,3)(0,0,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).又eq\o(BC,\s\up8(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BS,\s\up8(→))＝(－1，－1,2)，∴eq\o(DE,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝0，eq\o(DE,\s\up8(→))·eq\o(BS,\s\up8(→))＝0，4分∴eq\o(DE,\s\up8(→))⊥eq\o(BC,\s\up8(→))，eq\o(DE,\s\up8(→))⊥eq\o(BS,\s\up8(→)).又BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.6分(2)由(1)知，DE⊥平面SBC，∵EC⊂平面SBC，∴DE⊥EC.9分取DE的中点F，那么Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))，eq\o(FA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3)))，故eq\o(FA,\s\up8(→))·eq\o(DE,\s\up8(→))＝0，由此得FA⊥DE.12分∴向量eq\o(FA,\s\up8(→))与eq\o(EC,\s\up8(→))的夹角等于二面角A­DE­C的平面角，又cos〈eq\o(FA,\s\up8(→))，eq\o(EC,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(FA,\s\up8(→))·\o(EC,\s\up8(→)),|\o(FA,\s\up8(→))||\o(EC,\s\up8(→))|)＝－eq\f(1,2)，∴二面角A­DE­C的大小为120°.15分10．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB.假设存在，求出点G坐标；假设不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AD＝a，那么D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，P(0,0，a)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，那么eq\o(EF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(0，a,0).3分∵eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(EF,\s\up8(→))⊥eq\o(DC,\s\up8(→))，从而得EF⊥CD.6分(2)假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，那么eq\o(FG,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2))).假设使GF⊥平面PCB，那么FG⊥CB，FG⊥CP.eq\o(FG,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq\f(a,2).10分由eq\o(FG,\s\up8(→))·eq\o(CP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.∴G点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即存在满足条件的点G，且点G为AD的中点.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．(2022·浙江金华联盟联考)斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，那么直线BD1与平面ABCDA.eq\f(\r(3),4) B.eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(39),13) D.eq\f(\r(39),3)C[取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如下图的空间直角坐标系，得B(2，－1,0)，D1(0,2，eq\r(3))，eq\o(BD1,\s\up8(→))＝(－2,3，eq\r(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θ，∴sinθ＝eq\f(|\o(BD1,\s\up8(→))·n|,|\o(BD1,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),4)，∴tanθ＝eq\f(\r(39),13).]2．(2022·浙江柯桥中学质检)如图7­7­11所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，那么MN与平面BB1C1图7­7­11MN∥平面BB1C1C[以C∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，那么Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，∴eq\o(MN,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up8(→))＝(0，a,0)，∴eq\o(MN,\s\up8(→))·eq\o(C1D1,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up8(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up8(→)).又∵eq\o(C1D1,\s\up8(→))是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.]3.如图7­7­12，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.图7­7­12(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O­EF­C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．[解]依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(OF,\s\up8(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0).2分(1)证明：依题意，eq\o(AD,\s\up8(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up8(→))＝(1，－1,2)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))4分不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．又eq\o(EG,\s\up8(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up8(→))·n1＝0.又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.5分(2)易证eq\o(OA,\s\up8(→))＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，eq\o(EF,\s\up8(→))＝(1,1,0)，