2022年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

1、PAGE PAGE 12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),平面的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l平面,则x的值为()A.-2B.-2C.2D.22.已知平面的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面所成的角的大小为()A.6B.3C.4D.563.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.23,23,1C.22,22,1D.24,24,14.如图,在长方

2、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.12B.22C.13D.165.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.EFA1D,EFACC.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=2,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=

3、90,ADBC,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,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

4、,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,则sin 的取值范围是()A.33,1B.63,1C.63,223D.223,111.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,PAPD,PA=PD,ABAD,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

5、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33D.直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值13考点规

6、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-12+1(x2+x)+1(-x)=0,解得x=2.2.B可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面所成的角为,则sin=|cos|.cos=mn|m|n|=-321=-32,sin=32,=3.3.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,-2,1).设平面BDE的法向量为n=(a,b,c),则nBD,nBE,即2a-2b=0,-2b+c=0.令b=1,则可取n=(1,1,

7、2).又AM平面BDE,所以nAM=0,即2(x-2)+2=0,得x=22.所以M22,22,1.4.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=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).则nAC=0,nAD1=0,即-a+2b=0,-a+c=0,得a=2b,a=c.令a=2,则可取n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|D1En|n|=2+1-23=13.5.B以D为坐标原

8、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),B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=(13,13,-13),BD1=(-1,-1,1),EF=-13BD1,A1DEF=ACEF=0,从而EFBD1,EFA1D,EFAC.故选B.6.1054因为ASB=BSC=CSA=2,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

9、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=-225=-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=222=22,得=4,所以直线SM与平面SAC所成角的大小为4.7.63如图所示,建立空间直角坐标系,则有D12,0,0,C(1,1,0),S(0,0,1),可知AD=12,0,0是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为SD=12,0,-1,DC=12,1,0,所以nS

10、D=0,nDC=0,即x2-z=0,x2+y=0.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,则cos=|ADn|AD|n|=122+0(-1)+0112222+(-1)2+12=63.8.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C1xyz.(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,13c),得EA=C1F,因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面.所以点C1在平面A

11、EF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=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1AE=0,n1AF=0,即-y-z=0,-2x-2z=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2A1E=0,n2A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos=n1n2|n1|n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.9.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1BC.D,F分别是AC,A

12、B的中点,FDBC,B1C1FD.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=(-2,0,2).EFAC1=2+0-2=0,EFAC1,EF与AC1所成的角为90.(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nDE,nDF,即nDE=0,nDF=0,可得x+z=0,y=0.取x=1,则

13、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=|DB1n|n|=|-1+0-2|2=322,点B1到平面DEF的距离为322.10.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(0,1,t),且0t1.则OP=-12,12,t,A1D=(-1,0,-1),A1B=(0,1,-1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有nA1D=0,nA1B=0,即-x0-z0=

14、0,y0-z0=0,取x0=1,则y0=-1,z0=-1,可取n=(1,-1,-1).sin=|cos|=|-1-t|3t2+12(0t1),sin2=t2+2t+13t2+12,0t1.令f(t)=t2+2t+13t2+12,0t1,则f(t)=2t2+t-1-3t2+122=-(2t-1)(t+1)3t2+122,可知当t0,12时,f(t)0;当t12,1时,f(t)0.又f(0)=23,f12=1,f(1)=89,f(t)max=f12=1,f(t)min=f(0)=23.sin的最大值为1,最小值为63.sin的取值范围为63,1.11.16过点C作CO平面ABDE,垂足为O,取AB

15、的中点F,连接CF,OF,则CFO为二面角C-AB-D的平面角,设AB=1,则CF=32,OF=CFcosCFO=12,OC=22,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,-22,0,M(24,0,24),A(22,0,0),N(0,24,24),EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos=EMAN|EM|AN|=16.12.(1)证明因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,ABAD,AB平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,PAAB=A,所以PD平面PAB.(2)解存在.取AD的中点O,连接PO,CO

16、.因为PA=PD,所以POAD.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POCO,POOA.因为AC=CD,所以COAD.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DCn=0,DPn=0,即2x+y=0,y+z=0,令x=1,得y=-2,z=2.所以平面PCD的一个法向量为n=(1,

17、-2,2).设M是棱PA上一点,则存在0,1,使得AM=AP,因此点M(0,1-,),BM=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以要使BM平面PCD,当且仅当BMn=0,所以(-1,-,)(1,-2,2)=0,即-1+4=0,解得=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM平面PCD,此时AMAP=14.13.解如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.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

18、,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.设z=1,则可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=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n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+512=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以线段AH的长为85或12