高考数学一轮复习 练案（48）第七章 立体几何 第七讲 立体几何中的向量方法（含解析）-人教版高三数学试题

[练案48]第七讲立体几何中的向量方法A组基础巩固一、单选题1．(2020·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角为120°，则λ的值为(C)A．±eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),6)C．－eq\f(\r(6),6) D．±eq\r(6)[解析]eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，得λ＝±eq\f(\r(6),6).经检验λ＝eq\f(\r(6),6)不合题意，舍去，∴λ＝－eq\f(\r(6),6).2．在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的法向量为a＝(2，－2,1)，已知P(－1,3,2)，则P到平面OAB的距离等于(B)A．4 B．2C．3 D．1[解析]设点P到平面OAB的距离为d，则d＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·a|,|a|)，因为a＝(2，－2,1)，P(－1,3,2)，所以d＝eq\f(|－1，3，2·2，－2，1|,\r(4＋4＋1))＝2.故选B.3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，则B1MA．－eq\f(2,3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3) D．eq\f(1,3)[解析]如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.设AB＝2，B1M与AN所成角为θ，则A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N所以eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)．故coseq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(B1M,\s\up6(→)),|\o(AN,\s\up6(→))||\o(B1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1×－1＋1×－1＋2×－2,\r(－12＋12＋22)×\r(－12＋－12＋－22))＝－eq\f(2,3).因为两异面直线所成角的范围是(0，eq\f(π,2)]，所以cosθ＝eq\f(2,3).故选B.4．在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与A．eq\r(3) B．1C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(2),2)[解析]以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(eq\r(3)，0,0)，M(eq\r(3)，0,1)，所以eq\o(NB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|coseq\o(NB,\s\up6(→))，eq\o(A1M,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(NB,\s\up6(→))·\o(A1M,\s\up6(→))|,|\o(NB,\s\up6(→))|·|\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，则sinθ＝eq\f(\r(10),5)，tanθ＝eq\f(\r(6),3)，故选C项．5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与A．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)[解析]以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)．∴coseq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×－1＋－1×0＋2×2,\r(12＋－12＋22)×\r(－12＋02＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).6．(2019·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC－A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BCA．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(3\r(3),4) D．eq\r(3)[解析]如图建立空间直角坐标系，则eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y－z＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝2y－z＝0，))不妨取z＝2，则x＝eq\f(\r(3),3)，y＝1，∴n＝(eq\f(\r(3),3)，1,2)，∴A到平面A1BC的距离d＝eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),2).故选B.7．(2019·河南安阳)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为(C)A．150° B．45°C．60° D．120°[解析]二面角的大小为eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，∵eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→))，两边平方得68＝36＋16＋64－96coseq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，∴cosAC，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝60°，故选C.二、多选题8．已知空间中两条直线a，b所成的角为50°，P为空间中给定的一个定点，直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是θ(0°<θ≤90°)，则下列选项正确的是(ABCD)A．当θ＝15°时，满足题意的直线l不存在B．当θ＝25°时，满足题意的直线l有且仅有1条C．当θ＝40°时，满足题意的直线l有且仅有2条D．当θ＝65°时，满足题意的直线l有且仅有3条[解析]过点P分别作a′∥a，b′∥b，则a′与b′所成的角为50°，由题意可知25°≤θ≤90°，∴当θ＝15°时，满足题意的直线不存在，故A正确；当θ＝25°时，直线l过点P且与a′，b′在同一平面内，且平分a′与b′所成角，∴满足题意的直线有且仅有1条；故B正确；当25°<θ<65°时，满足题意的直线l有且仅有2条，故C正确；当θ＝65°时，满足题意的直线有且仅有3条，故D正确．9．(2020·山东济南期末)给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；a×b.规定：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手系(如图1)；③|a×b|＝|a||b|sin〈a，b〉．如图2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1A．eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))B.eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AB,\s\up6(→))C．(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))D．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝(eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(CC1,\s\up6(→))[解析]由叉乘运算定义知A正确；eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AB,\s\up6(→))，B错误；(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))，由|eq\o(AC,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝|λeq\o(BD,\s\up6(→))|知2eq\r(2)×4sin90°＝2eq\r(2)λ，∴λ＝4，∴(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))①.同理可知eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))②，由①、②知C正确．又(eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝V长方体ABCD－A1B1C1D1，D正确，故选ACD.三、填空题10．(2020·山东枣庄期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PC⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2，PC＝eq\r(5)，则PA与平面ABC所成角的大小为__45°__；三棱锥P－ABC外接球的表面积是__6π__.[解析]如图，作PO⊥平面ABC于O，连OA，OC，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．∵AB⊥PA，AB⊥PO，∴AB⊥平面PAO，从而AB⊥AO，同理BC⊥CO，又AB⊥BC，∴ABCO为矩形，又由题意易知PB＝eq\r(6)，PA＝eq\r(2)，AO＝1，PO＝1，∴∠PAO＝45°，即PA与平面ABC所成角为45°，又PB为三棱锥P－ABC外接球的直径，∴S球＝4π·(eq\f(\r(6),2))2＝6π.11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，则异面直线BC1与A1B1所成角为__60°__；二面角A－BC1－C的余弦值是eq\f(\r(3),3).[解析]由题意可知BC1＝AB＝AC1＝eq\r(2)，∴BC1与A1B1所成的角为∠ABC1＝60°，连B1C交BC1于H，连AH，则HC⊥BC1，AH⊥BC1∴∠AHC即为二面角A－BC1－C的平面角，且cos∠AHC＝eq\f(CH,AH)＝eq\f(\r(3),3).注：本题也可如图建立空间直角坐标系，用向量法求解．四、解答题12．(2020·3月份北京市高考适应性考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M、N分别为AD，PD的中点．(1)求证：PA∥平面MNC；(2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值．[解析](1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，所以PA∥MN，又因PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，所以PA∥平面MNC.(2)由题意建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设AD＝2，则P(0,0,4)，B(2,2,0)，M(1,0,0)，N(0,0,2)，C(0,2,0)，则eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,2，－4)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)．设平面MNC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0,n·\o(MC,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0))，令x＝2，则y＝1，z＝1，即n＝(2,1,1)．设直线PB与平面MNC所成角为α，则sinα＝eq\f(|n·\o(PB,\s\up6(→))|,|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(4＋2－4,\r(6)·2\r(6))＝eq\f(1,6).即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为eq\f(1,6).13．(2020·广东惠州调研)在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝1，AD＝2，PA＝PD＝eq\r(3)，E为AD的中点，F为PC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；(2)求二面角F－BE－A的余弦值．[解析](1)连接AC交BE于N，并连接CE，FN，∵BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，E为AD的中点，∴AE∥BC，且AE＝BC，∴四边形ABCE为平行四边形，∴N为AC中点，又F为PC中点，∴NF∥PA，∵NF⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，∴PA∥平面BEF.(2)连接PE，由E为AD的中点及PA＝PD＝eq\r(3)，得PE⊥AD，则PE＝eq\r(2)，∵侧面PAD⊥底面ABCD，且交于AD，∴PE⊥面ABCD，如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，P(0,0，eq\r(2))．∵F为PC的中点，∴F(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，设平面EBF法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EB,\s\up6(→))＝0,m·\o(EF,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＋y＋0＝0,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，))取m＝(eq\r(2)，0,1)，平面EBA法向量可取：n＝(0,0,1)，设二面角F－BE－A的大小为θ，显然θ为钝角，∴cosθ＝－|cosm，n|＝－eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝－eq\f(\r(3),3)，∴二面角F－BE－A的余弦值为－eq\f(\r(3),3).14．(2019·银川模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求二面角E－AC1－B[解析](1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥又A1A＝AC，∴A1C⊥AC又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1∴A1C⊥平面ABC1又A1C⊂平面A1ACC1∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)当E为BB1的中点时，连接AE，EC1，DE，如图1，取A1A的中点F，连接EF，FD∵EF∥AB，DF∥AC1，又EF∩DE＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，则有DE∥平面ABC1.以A为坐标原点，AB，AC，AA1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，因为AA1＝AC＝2AB＝4，∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，由(1)知，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,4，－4)是平面ABC1的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面AC1E的法向量，∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,4,4)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋4z＝0,2x＋2z＝0))，令z＝1，则x＝－1，y＝－1，∴n＝(－1，－1,1)为平面AC1E的一个法向量．设eq\o(A1C,\s\up6(→))与n的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(0－4－4,\r(3)×4\r(2))＝－eq\f(\r(6),3)，由图知二面角E－AC1－B为锐角，∴二面角E－AC1－B的余弦值为eq\f(\r(6),3).B组能力提升1．(2019·广东江门模拟)如左图，平面五边形ABCDE中，∠B＝∠BAD＝∠E＝∠CDE＝90°，CD＝DE＝AE，将△ADE沿AD折起，得到如右图的四棱锥P－ABCD.(1)证明：PC⊥AD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直线PB与平面PCD用成角的正弦值．[解析](1)证明：取AD的中点F，连接PF、CF.由已知，左图CDEA是正方形，因为正方形的对角线互相垂直平分，所以PF⊥AD(即EF⊥AD)、CF⊥AD，因为PF∩CF＝F，所以AD⊥平面PCF，PC⊂平面PCF，所以PC⊥AD.(2)由(1)和平面PAD⊥平面ABCD知，PF⊥平面ABCD，从而PF、CF、AF两两互相垂直，以F为原点，以eq\o(FA,\s\up6(→))、eq\o(FC,\s\up6(→))、eq\o(FP,\s\up6(→))为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0,1)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(－1,0,0)，设n＝(x，y，z)是平面PCD的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up6(→))＝x＋z＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝x＋y＝0))，取x＝1，则y＝z＝－1，故n＝(1，－1，－1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，直线PB与平面PCD所成角的正弦值为|coseq\o(PB,\s\up6(→))，n|＝eq\f(|\o(PB,\s\up6(→))·n|,|\o(PB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1,3).2．(2019·黑龙江省大庆实验中学押题卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC，AB＝BC，AB⊥BC，E，F分别为AC，B(1)求证：直线EF∥平面ABB1A1(2)求二面角A1－BC－B1的余弦值．[解析](1)证明：取A1C1的中点G，连接EG，FG，由于E，F分别为AC，B1C1的中点，所以FG∥A1B又A1B1⊂平面ABB1A1，FG⊄平面ABB1A所以FG∥平面ABB1A1.又AE∥A1G且AE＝A所以四边形AEGA1是平行四边形．则EG∥AA1.又AA1⊂平面ABB1A1，EG⊄平面ABB1A1，所以EG∥平面ABB1所以平面EFG∥平面ABB1A1.又EF⊂平面EFG所以直线EF∥平面ABB1A1(2)令AA1＝A1C＝AC由于E为AC中点，则A1E⊥AC，又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1E⊂平面则A1E⊥平面ABC，连接EB，可知EB，EC，EA1两两垂直．以E为原点，分别以EB，EC，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，eq\r(3))，A(0，－1,0)，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，令平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0,n1·\o(BA1,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0))，令x1＝eq\r(3)，则n1＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)令平面B1BC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up6(→))＝－x2＋y2＝0,n2·\o(BB1,\s\up6(→))＝y2＋\r(3)z2＝0))，令x2＝eq\r(3)，则n2＝(eq\r(3)，eq\r(3)，－1)由cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(5,7)，故二面角A1－BC－B1的余弦值为eq\f(5,7).3．(2019·海南模