2020届高三数学二轮复习专题能力提升训练14 用空间向量法解决立体几何问题 理（通用）

1、训练14空间向量法解决立体几何问题(时间： 45分满分： 75分)一、选题(每个小问题5分，共计25分)1 .如图所示，立方体ABCDA1B1C1D1的概率长度a、m、n分别是A1B和AC上的点，A1M=AN=，MN和平面BB1C1C的位置关系为请参照()a .交叉b .平行c .垂直d .不能确定2.(2020广州调查)在长方体ABCDA1B1C1D1中AB=BC=2，在AA1=1中，BC1和平面BB1D1D所成的角的正弦值是请参照()A. B. C. D3.(2020金华模拟)已知正三角柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长相等时，AB1和侧面ACC1A1所成的角的符号相等请参照()A.

2、B. C. D4.(2020临沂模拟)正方形ABCD的顶点a拉PA平面ABCD。 如果PA=BA，则平面ABP和平面CDP形成的二面角的大小为请参照()A.30 B.45 C.60 D.905.(2020潍坊模拟)如图所示，立方体ABCDA1B1C1D1的概率长度为1，在线段B1D1上有两个可动点e、f、EF=，以下的结论有错误的是请参照()A.ACBE日本HB平面HKc .三角锥ABEF的体积是一定的d .异面直线AE、BF所成的角是一定的二、填补问题(每个小题5分，共计15分)6 .在空间四边形ABCD中，设=a-2c、=5a 6b-8c、对角线AC、BD的中点分别为p、q，则为=_7.(

3、2020武汉调查)到立方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在的直线的距离相等的点：有，而且有一个，有两个，而且有三个无数。 其中正确的号码是已知8.abca1b1c1d1是立方体，(2=32； (-)=0； 向量和向量的角度是60立方体ABCDA1B1C1D1的体积是|.其中正确的命题编号是_ .三、解答问题(本题一共3个小问题，一共35分钟)如图9.(11分钟) (2020浙江)图所示，对于四角锥ABCD，底面是边长为2的菱形，873bad=120，是PA平面ABCD，PA=2，m，n分别是PB、PD的中点.(1)证明： MN平面ABCD(2)设过点a为AQPC，设垂

4、线为点q，并求出二面角AMNQ的平面角的馀弦值.如图所示，已知斜三角柱ABCA1B1C1的底面为正三角形，侧面abab1a1a1为菱形，A1AB=60，m为A1B1的中点，MBAC .(1)求证： MB平面ABC；(2)求出二面角A1BB1C的馀弦值.如图11.(12分钟) (2020唐山二型)图所示，在四角锥PABCD中，PC底面ABCD、ABCD为直角梯形、ABAD、AB=2AD=2CD=2.E为PB的中点.(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)二面角PACE的馀弦值求出直线PA和平面EAC所成的角的正弦值.参考答案。训练14空间向量法解决立体几何问题1.b =() ()=2222222

5、22222222222226平面BB1C1C的法线向量且=2222222222222222226222222喀嚓喀嚓喀嚓喀嚓喀嚓喀嚓喀嚓6532.da1c1和B1D1与o点相交，与BO、如果是GGR面DD1BB1，UUUUUUUUUUUUR面DD1BB1构成的角.cosOBC1=、OC1=、BC1=、ob C1=.3.A 如图所示建立空间正交坐标系，设正三角柱的奥巴马长为2，A(0，- 1，0 )如果是B1 (，(0，2 )，则=(，1，2 )o (0，0，0 )，b (，0，0 )=(-，0，0 )设侧面ACC1A1的法线矢量为sin =.。4.B 当建立如图所示的空间直角坐标系时，因为很难

6、求出平面APB和平面PCD的法线矢量n1=(0，1，0 )、N2=(0，1，1 )，所以平面ABP和平面CDP所形成的二面角(锐角)的馀弦值为=，所求出的二面角的大小为45.5.d ？AC平面BB1D1D另外，be平面BB1D1D .PRbe，所以a是正确的B1D1平面ABCD，另外e、f在直线D1B1上移动因为PPB平面ABCD，b是正确的在c中，从点b到直线B1D1的距离不变，所以BEF的面积一定，另外，从点a到平面BEF的距离VABEF一定.在点e位于D1，点f是D1B1中点的情况下创建空间笛卡尔坐标系。 如图所示可以得到a (1，1，0 )、b (0，1，0 )e (1，0，1 )，f

7、，1，=(0，- 1，1 )=-、1=另外|AE|=，|BF|=，2222222222222卡卡卡6此时，异面直线AE和BF形成30角.时刻e在D1B1的中点当点f在B1处时，此时e，1，f (0，1，1 )是-，-，1，=(0，0，1 )=1、|=222222222222222222222222266 .解析图=22222222222222222222262=() () ()=00 a-2c 5a6B- 8c=6a6B- 10c，=3a 3b-5c答案3a 3b-5c7 .解析中，着眼于从立方体的ABca1b1c1d1的对角线B1D上的各点到直线AB、CC1、A1D1的距离相等，存在无数个到

8、ABca1b1c1d1的三条棱AB、CC1、A1D1所在的直线距离相等的点，其中正确的编号为.回答8 .分析时，设立方体的太阳长为1，中()2=3()2=3，因此正确的中-=、AB1A1C，因此正确的中A1B和AD1的异面直线所成的角为60，但和所成的角为120，所以不正确中|=0.因此也正确回答9.(1，n分别是PB、PD中点，因此MN是PBD的中央线，因此证明是MNBD .另外，因为Mn平面ABCD，所以MN平面ABCD(2)以AC交叉BD为原点，以OC、OD所在的直线为x、y轴，作成空间正交坐标系Oxyz。菱形ABCD可以得到873bad=120AC=AB=2，BD=AB=6另外因为PA

9、平面ABCD所以PR PR。在直角三角形PAC中AC=2，PA=2得到AQPC、QC=2、PQ=4由此可知各点的坐标A(-，0，0 )，B(0，- 3，0 )，c (，0，0 )d (0，3，0 )，P(-，0，2 )，m，n，q将m=(x、y、z )设为平面AMN的法线矢量.=，=开始设z=-1，m=(2，0，-1)。设n=(x，y，z )为平面QMN的法线矢量。=，=开始设z=5，n=(2，0，5 )。我是cosm，n=。二面角AMNQ的平面角的馀弦值为10.(1)证明侧面ABB1A1为菱形，并且A1AB=60A1BB1是正三角形另外，点m是A1B1的中点，8756； bma1b1ABA1

10、B1，BMAB，已知的MBACAR平面ABC。(2)解如图所示确立空间直角坐标系，将菱形ABB1A1边的长度设为2得到B1(0，-1)，a (0，2，0 )。c (，(1，0 )，a1(0，1 )，(0，1，)，=(0，2，0 )=(0，-1)，=(，1，0 )设定ABB1A1的法线向量n1=(x1，y1，z1 )。从n1、n1得到设x1=1，n1=(1，0，0 )。设置面BB1C1C的法线矢量n2=(x2，y2，z2 )是n2、且n2得令y2=，得n2=(-1，1 )得到cosn1、n2=-.另外，由于二面角A1BB1C为锐角，因此求出的二面角的馀弦值为.11.(1)证明PC平面ABCD、ac平面ABCDACPC，AB=2，AD=CD=1，AC=BC=，ac2 bc2=ab2，8756； acbc另外BCPC=C，8756； ac平面PBCPS平面PS，8756； 平面EAC平面PBC。(2)若以解图、c为原点、分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间正交坐标系，则成为c (0，0，0 )、a (1，1，0 )、B(1，- 1，0 ) .如果设p (0，0，a)(a0)。e，-，=(1，1，0 )，=(0，0，a )=，-，如果m=(1，- 1，0 )的话m