2025届高三一轮复习数学试题(人教版新高考新教材)考点规范练39　立体几何中的向量方法

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α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2 B.-2 C.2 D.±22.已知平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A.π6 B.π3 C.π4 3.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.2C.22,224.如图,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.12 B.22 C.13 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点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.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面6.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为60°D.AB与CD所成的角为60°7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,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.(2021全国Ⅰ,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B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.(多选)如图,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,AB=2,BC=23,AC=4,点A到平面PBC的距离为455,则(A.PA=4B.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32πC.直线AB与直线PC所成角的余弦值为2D.AB与平面PBC所成角的正弦值为211.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,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,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,说明理由13.(2022全国Ⅰ,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.三、探究创新14.如图①,在等边三角形ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,如图②所示.(1)若异面直线BE与AC垂直,请确定图①中点D的位置;(2)证明:无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值.

考点规范练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-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±22.B可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,n>|.∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×1=-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n令b=1,则可取n=(1,1,2).又AM∥平面BDE,所以n·AM=0即2(x-2)+2=0,得x=22.所以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AE=(0,1,0),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).则n令a=2,则可取n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|5.B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,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,A16.ABD取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥AC,故A正确.设正方形的边长为a,则AD=DC=a,AE=22a=EC由题意知∠AEC=90°,则在Rt△AEC中,可得AC=a.∴△ACD为等边三角形,故B正确.由已知得AE⊥平面BCD,则∠ABD为AB与平面BCD所成的角,为45°,故C错误.以E为坐标原点,EC,ED,EA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,则A0,0,22a,B0,-22a,0,D0,22a,0,C22a,0,0.∴AB=0,-22a,-22a,DC=22a,-22a,0∵cos<AB,DC>=∴<AB,DC>=60°,故D7.63如图所示,建立空间直角坐标系,则有D12,0,0,C(1,1,0),S可知AD=12,设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为SD=所以n·SD=0,n·DC=0,即x2-z=0,x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θ,则cosθ=|8.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴AD∴12BC2=1,∴(2)如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x轴、y可得A(2,0,0),B(2,1,0),M22,1,0,P(0,0,1),AP=(-2,0,1),AM=-22,1设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令x1=2,则y1=1,z1=2,可取m=(2,1,2).设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),同理可取n=(0,1,1).则cos<m,n>=m设二面角A-PM-B的平面角为θ,则sinθ=19.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.又B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.(2)解根据题意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,∵EF·AC1=2+0∴EF⊥AC1,∴EF与(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n⊥DE取x=1,则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=|DB1·n|10.ABD因为AB=2,BC=23,AC=4,所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.又因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,从而BC⊥PB.设PA=a,根据等体积法得VP-ABC=VA-PBC,即13×12×2×23解得a=4,所以PA=a=4,故A选项正确;三棱锥P-ABC的外接球的半径与以BC,BA,AP为邻边的长方体的外接球的半径相等,因为三棱锥P-ABC的外接球的半径为22,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π,故B选项正确;过点B作PA的平行线BD,则BD⊥平面ABC,所以以点B为坐标原点,BC,BA,BD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,则B(0,0,0),C(23,0,0),A(0,2,0),P(0,2,4),所以AB=(0,-2,0),PC=(23,-2,-4),所以cos<AB,PC>=AB·PC|AB||PC|=4可得BC=(23,0,0),BP=(0,2,4),AB=(0,-2,0).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m令z=1,则可取m=(0,-2,1),设AB与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,AB>|=|AB·m||m||AB|=411.16如图,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,连接OA,OB,取AB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=CF·cos∠CFO=12,OC=22,则建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E0,-22,0,M24,0,24,A22,0,0,N0,2故cos<EM,AN12.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)解存在.取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.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PO⊥CO,PO⊥OA.因为AC=CD,所以CO⊥AD.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).所以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DC令x=1,得y=-2,z=2.所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2).设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得AM=λAP因此点M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当BM·n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0即-1+4λ=0,解得λ=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,13.(1)证明∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)解如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=2,BE=3∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),∴AB=(-1,3,0),AD=(-1,0,1),DB=(0,3,-1),ED=(0,0,1)设DF=λDB=(0,3λ,-λ),则EF=ED+DF=(0,3∵EF⊥BD,∴EF·DB即3λ-(1-λ)=0,解得λ=1∴点F0设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=-x+3y∴n=(3,1,3)为平面ABD的一个法向量.设CF与平面ABD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,CF>|=3故CF与平面ABD所成的角的正弦值为414.解在图②中,分别取DE的中点O,BC的中点F,连接OA,OF.由题意以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,可建立空间直角坐标系,如图所示.