高考数学一轮复习 考点规范练36 立体几何中的向量方法（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

考点规范练36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.-2 C.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.π3 C.π4 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,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1) B.2C.22,224.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且AM=12MC1,N为B1B的中点,则A.216a B.66a C.156a D5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30° B.45°C.60° D.90°6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A.22 B.155 C.64 7.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.

8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP是平面ABCD的法向量;④AP∥BD.其中正确的是9.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)

10.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11.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.二、能力提升12.如图所示,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13.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.3B.6C.6D.214.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.15.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、高考预测16.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.

考点规范练36立体几何中的向量方法1.D解析当线面平行时,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=±2.2.B解析可知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|∴sinθ=32,∴θ=π3.C解析设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的一个法向量为n=(a,b,c),则n解得a令b=1,则n=(1,1,2).又AM∥平面BDE,所以n·AM=0,即2(x-2)+2=0,得x=22所以M224.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,设M(x,y,z),∵点M在AC1上,且AM=∴(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z)∴x=23a,y=a3,z=a3,得∴|MN|=a=216a5.B解析(方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为n1·图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.C解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|A7.30°解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-则CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<CB,n>=CB·∴<CB,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.8.①②③解析因为AB·AP=0,AD·AP=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP又AB与所以AP是平面ABCD的法向量,则③正确.因为BD=AD−AB=(2,3,4),AP=(所以BD与AP不平行,故④9.①解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.设M(x,y,0),设正方形边长为a,则Pa2,0,3则MC=x2MP=x-由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=12x的一部分10.(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⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.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O-xyz.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的一个法向量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,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,所以-1+4λ=0,解得λ=14.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时AM11.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<BM,n>|=sin45°,|z即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设PM=λPC,则x=λ,y=1,z=3−3λ.由①②解得x=1+2所以M1-22设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则m即(所以可取m=(0,-6,2).于是cos<m,n>=m·因此二面角M-AB-D的余弦值为10512.B解析以点D为坐标原点,以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.设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E13,0,13,F23,13,0,B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D=(-1,0,EF=-13BD1,A1D·EF=AC·EF=0,从而EF∥BD13.B解析以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,y0=-1,z0=-1,∴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'(t当t∈12,1时,f'(又f(0)=23,f12=1,f(1)=∴f(t)max=f12=f(t)min=f(0)=23∴sinα的最大值为1,最小值为63∴sinα的取值范围为6314.16解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D设AB=1,则CF=32,OF=CF·cos∠CFO=12,OC=则O为正方形ABDE的中心,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E0,-22,A22,0,EM=cos<EM,AN>=15.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不妨设z=1,可得n=(1,0,1).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-不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=n1·n于是sin<n1,n2>=10521所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521(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>|=整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=1所以,线段AH的长为8516.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则E(a,0,0),A(