9 用空间向量解答立体几何问题练习(1) -上海外国语大学附属浦东外国语学校2022届高考数学二轮复习专题讲义

【学生版】《用空间向量解答立体几何问题》练习【1】一、填空题（共10小题，每小题4分，满分40分）1、若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角的大小为弧度；【提示】【答案】【解析】【说明】2、在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝【提示】【答案】【解析】【说明】3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成的角为________4、如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________．5、已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等于_______6、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是7、已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),2)，则l与α所成的角为8、如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________9、如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a＝________.10、如图，正四棱锥中，为顶点在底面内的投影，为侧棱的中点，且，则直线与平面的夹角的大小是二、选择题（共4小题每小题4分，满分16分）11、若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交不垂直 D．无法判断12、已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2，4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为()A．AB⊥αB．AB⊂αC．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α13、如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(30),10)B.eq\f(\r(30),15)C.eq\f(\r(30),30) D.eq\f(\r(15),15)14、已知在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝AD＝1，且这三条棱彼此之间的夹角都是60°，则AC1的长为（）A．6B.eq\r(6)C．3 D.eq\r(3)三、解答题（共4小题，满分44分；解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.（本题8分）9．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点；求证：AB1⊥平面A1BD.16.（本题10分）如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线(库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c，甲乙之间拉紧的绳长为d，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．17.（本题满分12分）如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．（1）证明：CM⊥SN；（2）求SN与平面CMN所成角的大小．18.（本题满分14分、第1小题满分6分、第2小题满分8分）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．（1）证明：O1O⊥平面ABCD；（2）求平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值；（3）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值；【教师版】《用空间向量解答立体几何问题》练习【1】一、填空题（共10小题，每小题4分，满分40分）1、若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角的大小为弧度；【提示】注意：异面直线所成角的范围；【答案】eq\f(π,6)；【解析】l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，所以为30°，即eq\f(π,6)；【说明】l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；2、在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝【提示】注意：借助正方体的几何性质用好空间向量；【答案】－eq\f(1,2)；【解析】设eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2)，又eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)c－b，因此eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq\f(1,4)a·c－eq\f(1,2)a·b＋eq\f(1,4)b·c－eq\f(1,2)b2＝－eq\f(1,2)，【说明】注意：基向量的确定；3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成的角为________【提示】注意：借助正方体的几何性质建立空间直角坐标系；【答案】eq\f(π,2)；【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A1P＝x，则O(1,1,0)，P(2，x，2)，B(2,2,0)，M(0,2,1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，x－1,2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，所以直线BM与OP所成的角为eq\f(π,2).【说明】本题是利用空间向量的坐标表示求角；4、如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________．【提示】注意：借助长方体的几何性质建立空间直角坐标系；【答案】eq\f(\r(10),5)；【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos〈a，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|a·\o(BC1,\s\up6(→))|,|a||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(8)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).【说明】本题是利用空间向量的坐标表示求直线与平面所成角问题；5、已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等于_______【提示】注意：借助正方体的几何性质建立空间直角坐标系；【答案】eq\f(3\r(11),11)；【解析】如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0,0,1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．所以A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,3)))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋\f(1,3)z＝0.))取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1,3)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(11),11).所以平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为eq\f(3\r(11),11).【说明】本题是利用空间向量的坐标表示求平面与平面所成角问题；6、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是【提示】注意：借助正方体的几何性质建立空间直角坐标系；【答案】eq\f(π,2)；【解析】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，cos〈eq\o(A1M,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\o(A1M,\s\up6(→))·\o(DN,\s\up6(→))|,|\o(A1M,\s\up6(→))||\o(DN,\s\up6(→))|)＝0.∴〈eq\o(A1M,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,2).7、已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),2)，则l与α所成的角为【提示】理解：利用空间向量求直线与平面所成的角的方法；【答案】60°；【解析】设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝60°；8、如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________【提示】注意：题设条件与空间直角坐标系的联系；【答案】a或2a；【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，依题意得B1(0,0,3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，C(0，eq\r(2)a，0)．eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，设E(eq\r(2)a，0，z)(0≤z≤3a)，则eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，z)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，0，z－3a)．eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝0，要使CE⊥平面B1DE，即B1E⊥CE，得eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝2a2－0＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.【说明】借助空间向量的坐标表示“以数助形”；9、如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a＝________.【提示】注意：题设中的“PA⊥平面ABCD”；【答案】2；【解析】如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a，0)，设Q(1，x，0)(0≤x≤a)，P(0,0，z)，则eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，x，－z)，eq\o(QD,\s\up6(→))＝(－1，a－x，0)，由PQ⊥QD，得－1＋x(a－x)＝0，即x2－ax＋1＝0，由题意知方程x2－ax＋1＝0只有一解；∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时x＝1∈[0，a]，满足题意．【说明】本题通过空间向量，几何问题代数化，并与方程进行了交汇；10、如图，正四棱锥中，为顶点在底面内的投影，为侧棱的中点，且，则直线与平面的夹角的大小是【答案】；【解析】如图，以O为坐标原点，以为x轴，以为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz．设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A（0，﹣a，0），C（0，a，0），D（﹣a，0，0），S（0，0，a），P（，0，），则（0，﹣2a，0），（，a，），（﹣a，﹣a，0），设平面PAC的一个法向量为，则，，∴，可取（1，0，1），设直线与平面的夹角为，则，由，；二、选择题（共4小题每小题4分，满分16分）11、若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交不垂直 D．无法判断【提示】注意：利用空间向量求平面与平面所成角的方法；【答案】A；【解析】∵a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，∴a＋b＝0，由此可得a∥b，∴平面α与β的法向量平行，可得平面α与β互相平行；【说明】注意：法向量平行与平面与平面平行的等价；12、已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2，4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为()A．AB⊥αB．AB⊂αC．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α【提示】注意：利用空间向量判别直线与平面的位置关系的“标准”；【答案】D；【解析】因为n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α；13、如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(30),10)B.eq\f(\r(30),15)C.eq\f(\r(30),30) D.eq\f(\r(15),15)【答案】A；【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)，∴eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，∴cos〈eq\o(B1M,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1＋4,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq\f(\r(30),10).14、已知在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝AD＝1，且这三条棱彼此之间的夹角都是60°，则AC1的长为（）A．6B.eq\r(6)C．3 D.eq\r(3)【答案】B；【解析】设eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，因此a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).由eq\o(AC1,\s\up7(→))＝a＋b＋c得|eq\o(AC1,\s\up7(→))|2＝eq\o(AC1,\s\up7(→))2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2c·a＝6.∴|eq\o(AC1,\s\up7(→))|＝eq\r(6)；三、解答题（共4小题，满分44分；解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.（本题8分）9．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点；求证：AB1⊥平面A1BD.【证明】如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，OB，OO1，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2，0)．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．因为eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0.eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0.所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.又因为BA1∩BD＝B，BA1，BD⊂平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD.16.（本题10分）如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线(库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c，甲乙之间拉紧的绳长为d，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．【解析】由题意可知AC＝a，BD＝b，CD＝c，AB＝d，所以d2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))2＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＋eq\o(DB,\s\up6(→))2＋2(eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→)))＝a2＋c2＋b2＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝a2＋c2＋b2－2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))，则2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝a2＋b2＋c2－d2，设向量eq\o(CA,\s\up6(→))与eq\o(DB,\s\up6(→))的夹角为θ，θ就是库底与水坝所在平面的夹角，因此2abcosθ＝a2＋b2＋c2－d2，所以cosθ＝eq\f(a2＋b2＋c2－d2,2ab)，故库底与水坝所在平面夹角的余弦值为eq\f(a2＋b2＋c2－d2,2ab).【说明】利用空间向量解决实际问题：（1）分析实际问题的向量背景，将题目条件、结论转化为向量问题；（2）对于和垂直、平行、距离、角度有关的实际问题，可以考虑建立向量模型，体现了数学建模的核心素养．17.（本题满分12分）如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq\f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．（1）证明：CM⊥SN；（2）求SN与平面CMN所成角的大小．【解析】（1）证明设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，又AN＝eq\f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(SN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，∴eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(SN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0，∴eq\o(CM,\s\up6(→))⊥eq\o(SN,\s\up6(→))，因此CM⊥SN.(2)解由(1)知，eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，∴eq\o(CM,\s\up6(→))·a＝0，eq\o(NC,\s\up6(→))·a＝0.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－2y.))取y＝1，得a＝(2,1，－2)．设SN与平面CMN所成的角为θ，∵sinθ＝|cos〈a，eq\o(SN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2).∴SN与平面CMN所成角为eq\f(π,4).【说明】利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤：（1）建立空间直角坐标系；（2）求直线的方向向量u；（3）求平面的法向量n；（4）设线面角为θ，则sinθ＝eq\f(|u·n|,|u||n|)；18.（本题满分14分、第1小题满分6分、第2小题满分8分）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．（1）证明：O1O⊥平面ABCD；（2）求平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值；（3）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值；【解析】(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥平面ABCD.（2）因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(eq\r