高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用专题检测含解析新人教A版

PAGEPAGE1空间向量及其在立体几何中的应用专题检测1.(2019浙江绍兴数学调测(3月),9)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为π6,当B1M最小时,∠AMB= (A.5π12B.π3C.π4答案B以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),∴AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则AM·n=x+az=0,AN·n由图可知平面ABC的一个法向量为AA∵平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为π6∴cosπ6=|AA解得3a2+3b2=1.∴当B1M最小时,BM的值最大.∴b=0,BM=a=33∴tan∠AMB=ABBM=133=3,∴∠AMB=π2.(2018新疆乌鲁木齐八一中学期中,9)如图所示,在长方体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.13答案C如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,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).D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则n·AC=-a+2∴点E到平面ACD1的距离h=|D1E·n故选C.3.(2018甘肃庆阳一中月考,9)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直线AE与平面ABC1D1所成角的正切值是 ()A.63B.62C.52答案A以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,∴A(1,0,0),E1,12,1,∴AE=0,12,1设平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).则n·AB=y=0,设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ,θ∈0,则sinθ=|cos<AE,n>|=152×2=105.∴tanθ=sinθcosθ=63思路分析建立空间坐标系,求出平面ABC1D1的法向量及AE,利用向量的夹角公式求解.方法总结线面角的求解方法常用的有两个,一是利用空间向量,二是定义法.本题也可从点E引平面ABC1D1的垂线,垂足为正方体的中心,用定义法求解.4.(2018全国名校联考,8)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所成的锐二面角的大小是 ()A.30°B.45°C.60°D.90°答案B以A为原点,直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,设PA=BA=1,则C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1),设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则PC·n=x+y-z=0,PD设平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=|n·m||n|·|m|∴平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为45°.故选B.思路分析考虑到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A为原点建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算求出平面的法向量,由向量的夹角公式求解.一题多解把该几何体补成正方体,即通过补体法,利用正方体的性质易得所求二面角的大小为45°.5.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为.

答案2解析以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),∴MC=(-2,2,-1).∵点P在侧面ABB1A1内,∴设P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],∴D1P=(2,b,又∵D1P⊥∴D1P·MC=0,∴-4+2b+2-解得c=2b-2,∴b∈[1,2],又∵PB⊥BC,∴S△PBC=12BC·PB=12×2×PB=将c=2b-2代入上式,得S△PBC=5b2-12b+8∴当b=65时,S△PBC取得最小值,为26.(2018北京西城一模,14)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是.

答案3解析以D为原点,分别以直线DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),设P(1,y,z),则y∈[0,2],z∈[0,2],因为P到直线AA1的距离为y,P到直线CD的距离为1+z所以y=1+z所以A1P=y2+(2-所以当z=1时,A1P取最小值,且最小值为3.7.(2016陕西商洛一模,19)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2.(1)求证:AO⊥平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.解析(1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2,O为BD的中点得AO⊥BD,CO=3,AO=1,在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC.又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0),E12则AB=(1,0,-1),CD=(-1,-3,0),∴|cos<AB,CD>|=|AB·CD∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为24(3)AD=(-1,0,-1),CD=(-1,-3,0),EC=-1设平面ACD的法向量为n=(x,y,z).由n·AD=0,n·CD=0,得-x-z=0,-x-3y=0所以点E到平面ACD的距离为d=EC·n|8.(2016广西南宁二模,19)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是CD的中点.(1)求BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)在BB1上找一点N,使得D1N⊥平面A1C1M.解析(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),M0,12,所以A1C1=(-1,1,0),A设平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),由e·A令y=1,则x=1,z=-12所以e=1,又BB则cos<BB1,e>=-1所以sin<BB1,e>=1--1即BB1与平面A1C1M所成角的余弦值为22(2)设N的坐标为(1,1,t),其中0≤t≤1,则D1N=(1,1,因为D1N⊥平面A1C1M,所以D1N与e从而t-1=-12,则t=1即当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A1C1M.思路分析(1)根据正方体中的垂直关系,建立空间直角坐标系,求得所需点的坐标,利用空间向量求得BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)可设N的坐标为(1,1,t),因为D1N⊥平面A1C1M,所以D1N与e共线,求得t=12,所以当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A19.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.(1)求证:平面ACE⊥平面BED;(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由解析(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD. (2分)又因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,所以AC⊥平面BDE. (3分)又因为AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED. (4分)(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).则n·BE令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3). (6分)所以cos<CA,n>=CA·n|CA||n|=所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313. (8分(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤26. (9分)则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),则m·BM令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3). (10分)又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,∴|cos<m,CA>|=|m·CA||m||CA整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去),∴AMAF=14. (1310.(2020云南红河二模,19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,E为CD中点.(1)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(2)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.解析本题主要考查长方体的性质,线面平行的判定,二面角以及探索性问题的求解,通过向量法求解意在考查学生的运算求解能力和推理论证能力,考查的核心素养为直观想象、数学运算、逻辑推理.如图,以A为原点,以AB,AD,AA1的方向分别为x轴,y轴,z设AB=a(a>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),Ea2,2,0,B1(a,0,2),故AD1=(0,2,2),A(1)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此时DP=(0,-2,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,取x=2,得平面B1AE的一个法向量n=2,-要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a-az0=0,解得z0=1.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=1.(2)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=2得AD1⊥A1D.∵CD⊥平面A1ADD1,∴CD⊥AD1,∵A1D∩CD=D,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴AD1=(0,2,2)就是平面A1B1E设AD1与n所成的角为θ,则cosθ=n·∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,∴|cosθ|=cos30°,即3a22解得a=4,即AB的长为4.11.(2018北京一七一中学期中,17)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶2∶1.(1)证明:BD⊥PC;(2)求二面角A-PC-D的余弦值;(3)设点Q为线段PD上一点,且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为23,求PQPD解析以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,设B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(1,2,0).(1)∵BD=(-2,2,0),PC=(1,2,-2),∴BD·PC=0,∴BD⊥PC.(2)由AC=(1,2,0),AP=(0,0,2),易得平面PAC的一个法向量为m=(2,-1,0).由DP=(0,-2,2),DC=(1,0,0),易得平面DPC的一个法向量为n=(0,-2,-1).∴cos<m,n>=m·n|∴二面角A-PC-D的余弦值为23(3)令PQPD=t,t∈[0,1],则AQ=AP+PQ=AP+tPD=(0,0,2)+t(0,2,-2)=(0,2t,2-2t)设θ为直线AQ与平面PAC所成的角,则sinθ=|cos<AQ,m>|=AQ·m|所以2t32所以3t2=6t2-8t+4,解得t=2(舍)或23所以PQPD=212.(2018北京西城一模,17)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=25,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.(1)求证:A1O⊥BD;(2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为53?若存在,求出A1FA1C解析(1)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中点G,连接OG,所以OE⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如图,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以A1B=(2,-2,-2),A1D设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n·A令x=1,则y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).设直线A1C和平面A1BD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,A1C>|=|n所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为22(3)线段A1C上存在点F满足题意.设A1F=λA1C,其中设F(x1,y1,z1),则有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2λ),所以x1=2λ,y1=2λ,z1=2-2λ,从而F(2λ,2λ,2-2λ),所以DF=(2λ,2λ+1,2-2λ).又BC=(0,4,0),所以|cos<DF,BC>|=|=4|令|2λ+1整理得3λ2-7λ+2=0.解得λ=13或λ=2(舍去)所以线段A1C上存在点F满足题意,且A1FA13.(2020天津河西学情调查,17)如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.(1)求证:NA∥平面MEC;(2)求直线MB与平面MEC所成角的正弦值;(3)设P为线段AM上的动点,二面角P-EC-D的平面角的大小为30°,求线段AP的长.解析因为四边形ABCD是菱形,E为AB的中点,∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥平面ABCD,所以建立以D为原点,以DE,DC,DN的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,则A(3,-1,0),B(3,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(3,0,0),M(3,-1,1),N(0,0,1).(1)证明:ME=(0,1,-1),MC=(-3,3,-1),设n=(x,y,z)为平面MEC的法向量,则n·ME不妨令y=1,可得n=23,1,1,又NA=(3,-1,-1),所以NA·n=0,又因为直线NA⊄平面MEC(2)MB=(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一个法向量为n=23,1,1,所以cos<n,MB>=n·MB|n||(3)设P(3,-1,h),h∈[0,1],EC=(-3,2,0),EP=(0,-1,h),设m=(x1,y1,z1)为平面PEC的法向量,则m·EP=0,m·EC=0,即-y1+hz1=0,-3x1+2y1=0,不妨令y1=3h,可得m=(2h,3h,3),又思路分析以D为原点建立空间直角坐标系.(1)求得平面MEC的一个法向量n,由n·NA=0即可证明NA∥平面MEC.(2)cos<n,MB>=MB·n|n|·|MB|,进而求得直线MB与平面MEC所成角的正弦值.(3)设出P点坐标,求出平面PEC的一个法向量m,易知DN是平面DEC的一个法向量,结合|cos<m,DN>|=14.(20195·3原创题)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB=12BC=2,∠ABC=120°,以BD为折痕,把△BDC折起,使点C到达点P的位置,且PD⊥(1)证明:平面PAD⊥平面ABD;(2)试问在棱PA上是否存在一点F,使得二面角P-BD-F的正弦值为55?如果存在,请说明点F的位置解析(1)证明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,∵AD=AB=2,∴△ABD为正三角形,∴∠ABD=60°,BD=2,∴∠DBC=60°,在△BCD中,BC=4,由余弦定理可得CD=23, (2分)∴BD2+CD2=BC2,∴∠CDB=90°,∴PD⊥BD,又∵PD⊥AB,AB∩BD=B,∴PD⊥平面ABD,∵PD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABD. (4分)(2)在平面ABD中,过点D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图所示,D(0,0,0),P(0,0,23),A(2,0,0),B(1,3,0). (6分)假设存在点F,设AF=λAP(0≤λ≤1),则F(2-2λ,0,23λ),设平面BDF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则DB可取x1=3,y1=-1,z1=λ-即n=3,-1,λ解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值为55∴二面角P-BD-F的余弦值为25设平面PBD的一个法向量为m=(x2,y2,z