高考数学专题《立体几何中的向量方法》习题含答案解析_第1页
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文档简介

专题8.7立体几何中的向量方法练基础练基础1.(2020·陕西省商丹高新学校期末(理))两不重合平面的法向量分别为,,则这两个平面的位置关系是()A.平行 B.相交不垂直 C.垂直 D.以上都不对【答案】A由已知,两不重合平面的法向量分别为(1,0,﹣1),(﹣2,0,2),所以,所以两不重合平面的法向量平行,所以这两个平面的位置关系是平行;故选:A.2.(2020·全国课时练习)已知两个不重合的平面与平面,若平面的法向量为,向量,,则()A.平面平面 B.平面平面C.平面、平面相交但不垂直 D.以上均有可能【答案】A【解析】,,,,,所以,也为平面的一个法向量,又平面与平面不重合,所以平面与平面平行,故选:A.3.(2020·江西新余·高二其他)如图所示,在正方体中,是底面正方形的中心,是的中点,是的中点,则直线,的位置关系是()A.平行 B.相交 C.异面垂直 D.异面不垂直【答案】C【解析】建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体的棱长为2,则,,,,∴,.∵,∴直线,的位置关系是异面垂直.故选:C4.(2020·全国课时练习)正四棱锥中,,则直线与平面所成角的正弦值为()A. B. C. D.【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系.有图知,由题得、、、.,,.设平面的一个法向量,则,,令,得,,.设直线与平面所成的角为,则.故选:C.5.(2021·江苏高三三模)已知四棱锥的底面为直角梯形,,,,,平面,且,平面与平面的交线为.(1)求证:;(2)试建立适当的空间直角坐标系,并求点在平面上的射影的坐标.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)由,根据线面平行的判定可得面,再由线面平行的性质可证;(2)构建以D为原点,为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系,写出、、的坐标,可得,,进而求面的法向量并写出平面所在的方程,由,即可求出的坐标.【详解】(1)∵,面,面,∴面,而面面,面,∴,得证.(2)由题意,平面,易得、,且,故构建以D为原点,为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系,∵,,,∴,,,,则,,若为面的一个法向量,则,令,即,∴面的方程为,∴为过方向向量为的直线与面PBC的交点,若,则令,可得,综上,,即,故.6.【多选题】(2021·全国高考真题)在正三棱柱中,,点满足,其中,,则()A.当时,的周长为定值B.当时,三棱锥的体积为定值C.当时,有且仅有一个点,使得D.当时,有且仅有一个点,使得平面【答案】BD【解析】对于A,由于等价向量关系,联系到一个三角形内,进而确定点的坐标;对于B,将点的运动轨迹考虑到一个三角形内,确定路线,进而考虑体积是否为定值;对于C,考虑借助向量的平移将点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数;对于D,考虑借助向量的平移将点轨迹确定,进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数.【详解】易知,点在矩形内部(含边界).对于A,当时,,即此时线段,周长不是定值,故A错误;对于B,当时,,故此时点轨迹为线段,而,平面,则有到平面的距离为定值,所以其体积为定值,故B正确.对于C,当时,,取,中点分别为,,则,所以点轨迹为线段,不妨建系解决,建立空间直角坐标系如图,,,,则,,,所以或.故均满足,故C错误;对于D,当时,,取,中点为.,所以点轨迹为线段.设,因为,所以,,所以,此时与重合,故D正确.故选:BD.7.(2021·四川省蒲江县蒲江中学高二月考(理))如图,在正四棱柱中,已知,,E、F分别为、上的点,且.(1)求证:BE⊥平面ACF;(2)求点E到平面ACF的距离.【答案】(1)证明详见解析;(2).【解析】(1)建立空间直角坐标系,由证得结论成立.(2)利用点面距公式计算出到平面的距离.【详解】(1)建立如图所示空间直角坐标系,.,所以,所以,所以平面.(2)由(1)知是平面的法向量.,所以点到平面的距离为.8.(2020·海安市曲塘中学高二期中)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=4,CC1=2,∠ACB=90°,点M在线段A1B1上.(1)若A1M=3MB1,求异面直线AM和A1C所成角的余弦值;(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°,试确定点M的位置.【答案】(1);(2)M为A1B1的中点.【解析】先证明CC1⊥CA,CC1⊥CB,CA⊥CB,以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系.(1)用向量法求异面直线AM和A1C所成角的余弦值;(2)设=λ,λ∈[0,1],用向量法表示出直线AM与平面ABC1所成角,解出λ,即可确定M的位置.【详解】解:(1)因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,又CA、CB平面ABC,所以CC1⊥CA,CC1⊥CB;因为∠ACB=90°,所以CA⊥CB;以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系,所以A(4,0,0),B(0,4,0),A1(4,0,2),B1(0,4,2),C1(0,0,2);因为A1M=3MB1,所以M(1,3,2);因为=(-3,3,2),=(-4,0,-2),所以cos<,>===,所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为;(2)设=λ,λ∈[0,1],所以M(4-4λ,4λ,2),=(-4λ,4λ,2);设平面ABC1的一个法向量=(x,y,z),由·=0,·=0得,,其一组解为,所以=(1,1,);因为直线AM与平面ABC1所成角为30°,所以│cos<,>│=││==sin30°,得λ=(负舍),即M为A1B1的中点.9.(2021·陕西高三其他模拟(文))如图,在四棱锥中,平面平面,四边形是边长为4的正方形,,分别为,的中点.(1)求证:平面;(2)若为等边三角形,求三棱锥的体积.【答案】()见解析;(2)【解析】(1)连接,由,分别为,的中点,得,再由线面平行的判定定理即可证明所证;(2)如图建系,利用向量法求出点到平面的距离,再由,从而得出答案.【详解】解:(1)证明:连接,因为,分别为,的中点,所以,又因平面,所以平面;(2)取的中点,连接,因为为等边三角形,所以,所以,如图以为原点,为轴,过作平面的垂线轴,建立空间直角坐标系,则,,,,,,设平面的一个法向量,则即,令,则,,所以,则点到平面的距离,又,所以.10.(2020·江苏江都·邵伯高级中学月考)如图,四棱锥的底面为一直角梯形,其中,底面,是的中点.(1)求证://平面;(2)若平面,求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】设,建立如图的空间坐标系,,,,.(1),,所以,平面,平面.(2)因为平面,所以,即,,所以,即,平面和平面中,,所以平面的一个法向量;平面的一个法向量为;,所以平面与平面夹角的余弦值为.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.(2021·江苏高二期末)在平行六面体中,底面是边长为2的正方形,侧棱的长为2,且.(1)求异面直线与所成角的余弦值;(2)求三棱锥的体积.【答案】(1);(2).【解析】(1)用为基底表示,由向量的数量积的运算求得夹角余弦值;(2)取中点,证明平面,然后由棱锥体积公式计算体积.【详解】解:(1)由题意知,,,所以,,又,,所以,设与所成角为,则;(2)易知,,所以,取中点,连接,,则,所以,即,又,所以,因为,平面,,所以平面,因为,所以2.(2021·江苏高二期末)如图,在梯形中,,在线段上,且.沿将折起,使点到达点的位置,满足.(1)证明:平面;(2)若在梯形中,,折起后在平面上的射影恰好是与的交点,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)证明,结合,利用线面垂直的判定定理即可求证;(2)先证明,,两两垂直,建立空间直角坐标系,利用余弦定理求出的长,设,再由余弦定理求出的长,进而可得所需各点坐标,求出平面的一个法向量和的坐标,由空间向量夹角公式即可求解.【详解】()因为,,所以四边形为菱形,所以,又,,平面,平面,所以平面.()因为平面,平面,平面,所以,,又,以为原点,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,在菱形中,,.,所以,设,则,.在菱形中,,所以,在中,由余弦定理得,所以.所以,,,,,,,设平面的法向量为,则,令,则,.所以是平面的一个法向量.设直线与平面所成角为,则.所以直线与平面所成角的正弦值为.3.(2021·黑龙江高二期末(理))如图,三棱柱中,侧面,已知,,点E是棱的中点.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)由余弦定理求得,勾股定理逆定理证明,从而结合已知垂直可证明线面垂直;(2)以B为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,用空间向量法求线面角的正弦.【详解】(1)证明:∵,,,∴由余弦定理可知,∴,∴,∵侧面,且面,∴,又∵,平面,∴平面.(2)由(1)知,以B为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,

∴,,设平面的法向量为,由,得,取得;设与平面所成角为,则故直线与平面所成角的正弦值为.4.(2021·福建高一期末)如图1,中,,,,D,E分别是,的中点.把沿折至的位置,平面,连接,,F为线段的中点,如图2.(1)求证:平面;(2)当三棱锥的体积为时,求直线与所成角的正切值.【答案】(1)见解析;(2)【解析】(1)根据已知容易得出,再由平面,可得,从而可证平面;(2)根据三棱锥的体积为及的面积可得平面,以点为坐标原点建立空间直角坐标系,利用向量法即可求得直线与所成角的正切值.【详解】(1)证明:因为D是的中点,所以,即,又因F为线段的中点,所以,因为D,E分别是,的中点,所以,因为,所以,即,,因为,所以平面,所以平面,因为平面,所以,又因,所以平面;(2)解:因为,,D,E分别是,的中点,所以,,由(1)得为直角三角形,故,设三棱锥的高为,则,所以,所以线段即为三棱锥的高,所以平面,则,如图,以点为坐标原点建立空间直角坐标系,则,,,,故,,所以,又因直线与所成角的范围为,所以直线与所成角的余弦值为,则正弦值为,所以直线与所成角的正切值为.5.(2021·安徽高一期末)如图,在四棱锥中,底面为菱形,平面,是的中点.(1)证明:;(2)若线段上存在一点满足,使得,求的值;(3)在(2)的条件下,求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析,(2),(3)【解析】(1)连接,证明,再由,平面,可得,从而可得平面,进而可得;(2)由,,可得平面,则,由已知数据可求得,,从而可得,则,进而可得答案;(3)以为坐标原点,所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,然后利用空间向量求解即可【详解】(1)证明:连接,因为四边形为菱形,,所以为等边三角形,∥,因为为的中点,所以,所以,因为平面,平面,所以,因为,所以平面,因为平面,所以,(2)解:因为,,,所以平面,因为平面,所以,因为平面,平面,所以,因为,所以,所以,所以,所以,所以,因为,所以(3)因为,,,所以以为坐标原点,所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,则,所以,设平面的一个法向量为,则,令,则,平面的一个法向量为,设二面角的平面角为,由图可知为锐角,则,所以6.(2021·重庆南开中学高三月考)如图,在三棱柱中,是边长为4的等边三角形,D是的中点,.(1)求证:平面;(2)当三棱柱的体积最大时,求点C与平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)先证明,再由线面平行的判定定理证明即可(2)易知当平面时,三棱柱的体积最大,此时、、两两垂直,故如图建立直角坐标系,利用向量法求解点到平面的距离即可【详解】(1)连接交于点E,由棱柱性质知E为的中点,连接,因D为的中点,故,而平面,平面,所以平面.(2)易知当平面时,三棱柱的体积最大,此时、、两两垂直,故如图建立直角坐标系,则,.设平面的法向量为,有,令,得,所以,于是点C与平面的距离.7.(2021·全国高三其他模拟)在四棱锥中,平面,底面为梯形,,,,,.(1)若为的中点,求证:平面;(2)若为棱上异于的点,且,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)证明即可得出;(2)以为原点建立空间直角坐标系,设,,根据求出,再求出平面和平面的法向量,利用向量关系即可求出.【详解】(1)证明:∵在梯形中,,,为的中点,所以且,∴四边形为平行四边形,所以,∵平面,平面,所以平面.(2)解:以为原点,,所在的直线为,轴,建立如图所示空间直角坐标系.因为,,,所以,,,,,则,,,.设,,则,.因为,所以,即,化简得,解得(舍)或.所以,,即.设为平面的一个法向量,则,所以,解得令,得;设为平面的一个法向量,则,所以解得令,得.设平面与平面所成锐二面角为,则,所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.8.(2021·湖南高三其他模拟)在长方体中,已知,为的中点.(1)在线段上是否存在点,使得平面平面?若存在,请加以证明,若不存在,请说明理由;(2)设,,点在上且满足,求与平面所成角的余弦值.【答案】(1)存在,证明见解析;(2).【解析】(1)利用线面判定定理证得平面和平面,然后利用面面平行的判定定理证得结论.;(2)建立空间直角坐标系,写出各点坐标及空间向量,设,利用共线求得点坐标,然后设与平面所成角为,利用结合空间向量数量积求得结果..【详解】解:(1)存在,当点为线段的中点时,平面平面.证明:在长方体中,,.又因为平面,平面,所以平面.又为的中点,为的中点,所以,且.故四边形为平行四边形,所以,又因为平面,平面,所以平面.又因为,平面,平面,所以平面平面.(2)在长方体中,以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,如图所示.因为,,所以,,,,,所以,,.设平面的法向量为,则,即.令,则,,所以,因为,设,则,所以,则.设与平面所成角为,则,即.故与平面所成角的余弦值为.9.(江西高考真题)如图,与都是边长为2的正三角形,平面平面,平面,.(1)求直线与平面所成的角的大小;(2)求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】(1);(2).【详解】解法一:(1)取CD中点O,连OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD.又平面平面,平面平面,则MO⊥平面,所以MO∥AB,A、B、O、M共面,延长AM、BO相交于E,则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=,MO∥AB,则,,所以,故,所以AM与平面BCD所成的角为.(2)CE是平面与平面的交线.由(1)知,O是BE的中点,则BCED是菱形.作BF⊥EC于F,连AF,则AF⊥EC,∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角,设为.因为∠BCE=120°,所以∠BCF=60°.,,所以,所求二面角的正弦值是.解法二:取CD中点O,连OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD,又平面平面,则MO⊥平面.以O为原点,直线OC、BO、OM为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图.OB=OM=,则各点坐标分别为O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,,0),A(0,,2),(1)设直线AM与平面BCD所成的角为.因(0,,),平面的法向量为.则有,所以,即AM与平面BCD所成的角为.(2),.设平面ACM的法向量为,由得.解得,,取.又平面BCD的法向量为,则设所求二面角为,则.10.(2020·上海市七宝中学高二期末)如图,在中,,斜边,半圆的圆心在边上,且与相切,现将绕旋转一周得到一个几何体,点为圆锥底面圆周上一点,且.(1)求球的半径;(2)求点到平面的距离;(3)设是圆锥的侧面与球的交线上一点,求与平面所成角正弦值的范围.【答案】(1);(2);(3).【解析】由,斜边,,设切点为,连接,,又,,,所以圆锥中球的半径就是半圆的半径,即为.(2)在三棱锥中,设到平面的距离为在中,,在等腰三角形中,,取中点,连,所以所以,由(1)知,由于,所以即.(3)如图建立空间直接坐标系,则,,,设在面上的射影与的正方向的夹角为,所以,,,,,设平面的法向量,由,∴,设与平面所成角为,则练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1.(2021·北京高考真题)已知正方体,点为中点,直线交平面于点.(1)证明:点为的中点;(2)若点为棱上一点,且二面角的余弦值为,求的值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)首先将平面进行扩展,然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论;(2)建立空间直角坐标系,利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量,然后解方程即可求得实数的值.【详解】(1)如图所示,取的中点,连结,由于为正方体,为中点,故,从而四点共面,即平面CDE即平面,据此可得:直线交平面于点,当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点与点重合,即点为中点.(2)以点为坐标原点,方向分别为轴,轴,轴正方形,建立空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2,设,则:,从而:,设平面的法向量为:,则:,令可得:,设平面的法向量为:,则:,令可得:,从而:,则:,整理可得:,故(舍去).2.(2021·全国高考真题)在四棱锥中,底面是正方形,若.(1)证明:平面平面;(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)取的中点为,连接,可证平面,从而得到面面.(2)在平面内,过作,交于,则,建如图所示的空间坐标系,求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】(1)取的中点为,连接.因为,,则,而,故.在正方形中,因为,故,故,因为,故,故为直角三角形且,因为,故平面,因为平面,故平面平面.(2)在平面内,过作,交于,则,结合(1)中的平面,故可建如图所示的空间坐标系.则,故.设平面的法向量,则即,取,则,故.而平面的法向量为,故.二面角的平面角为锐角,故其余弦值为.3.(2019·天津高考真题(理))如图,平面,,.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值;(Ⅲ)若二面角的余弦值为,求线段的长.【答案】(Ⅰ)见证明;(Ⅱ)(Ⅲ)【解析】依题意,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得.设,则.(Ⅰ)依题意,是平面ADE的法向量,又,可得,又因为直线平面,所以平面.(Ⅱ)依题意,,设为平面BDE的法向量,则,即,不妨令z=1,可得,因此有.所以,直线与平面所成角的正弦值为.(Ⅲ)设为平面BDF的法向量,则,即.不妨令y=1,可得.由题意,有,解得.经检验,符合题意。所以,线段的长为.4.(2019年高考浙江卷)如图,已知三棱柱,平面平面,,分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2).【解析】方法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故,所以.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.方法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E

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