《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練36 立體幾何中的向量方法（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練36 立體幾何中的向量方法（含解析）新人教A版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點規(guī)范練36 立體幾何中的向量方法
一、基礎(chǔ)鞏固
1.直線l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量為n=(2,x2+x,-x),若直線l∥平面α,則x的值為( )
A.-2 B.-2 C.2 D.±2
2.已知平面α的一個法向量為n=(1,-3,0),則y軸與平面α所成的角的大小為( )
A.π6 B.π3 C.π4 D.5π6
3.如圖,正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,則點M的坐標為( )
A.(1,1,1) B.23,23,
2、1
C.22,22,1 D.24,24,1
4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點M在AC1上,且AM=12MC1,N為B1B的中點,則|MN|為( )
A.216a B.66a C.156a D.153a
5.如圖,過正方形ABCD的頂點A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為( )
A.22 B.155 C.64 D.63
7.如圖,在正四棱錐S-ABCD
3、中,O為頂點在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點,且SO=OD,則直線BC與平面PAC所成的角為 .?
8.已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點,且AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).對于結(jié)論:
①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP是平面ABCD的法向量;④AP∥BD.其中正確的是 .(填序號)?
9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為正三角形,底面ABCD為正方形,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,M為底面ABCD內(nèi)的一個動點,且滿足MP=MC,則點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為 .(填序號)?
10.如圖,
4、在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2, AC=CD=5.
(1)求證:PD⊥平面PAB.
(2)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由.
11.如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點.
(1)證明:直線CE∥平面PAB;
(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
5、
二、能力提升
12.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,則( )
A.EF至多與A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF與BD1相交
D.EF與BD1異面
13.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點O為線段BD的中點.設(shè)點P在線段CC1上,直線OP與平面A1BD所成的角為α,則sin α的取值范圍是( )
A.33,1
B.63,1
C.63,223
D.223,1
14.如圖,等邊三角形ABC與正方形A
6、BDE有一公共邊AB,二面角C-AB-D的余弦值為33,M,N分別是AC,BC的中點,則EM,AN所成角的余弦值等于 .?
15.如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,點D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點,M是線段AD的中點,PA=AC=4,AB=2.
(1)求證:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N的正弦值;
(3)已知點H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721,求線段AH的長.
三、高考預(yù)測
16.如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,E
7、F∥BC,BC=4,EF=2a,
∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點.
(1)求證:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B的余弦值;
(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.
考點規(guī)范練36 立體幾何中的向量方法
1.D 解析當線面平行時,直線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=±2.
2.B 解析可知y軸的方向向量為m=(0,1,0),設(shè)y軸與平面α所成的角為θ,
則sinθ=|cos|.
∵cos=m·n|m||n|=-32×1=-32,
∴sinθ=32,∴θ=π3.
3.C 解
8、析設(shè)M(x,x,1).由已知得A(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),則AM=(x-2,x-2,1),BD=(2,-2,0),BE=(0,-2,1).
設(shè)平面BDE的一個法向量為n=(a,b,c),
則n⊥BD,n⊥BE,即2a-2b=0,-2b+c=0.
解得a=b,c=2b.
令b=1,則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M22,22,1.
4.A 解析以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,
則A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2.
設(shè)M(
9、x,y,z),
∵點M在AC1上,且AM=12MC1,
∴(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z).
∴x=23a,y=a3,z=a3,得M2a3,a3,a3.
∴|MN|=a-23a2+a-a32+a2-a32
=216a.
5.B 解析(方法一)建立如圖①所示的空間直角坐標系,不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP與平面CDP所成二面角的余弦值為n1·n2|n1||n2|=22,故所求的二面角的大小是45°.
圖①
圖②
(方法二)將其補成正方體.如圖②,不難發(fā)現(xiàn)平面ABP和平面CDP所成的二面
10、角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小為45°.
6.C 解析取B1C1的中點D1,以A1為原點,A1D1,A1A所在直線為x軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)AB=2,則C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一個法向量為n=(1,0,0).
所以AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為|AC1·n||AC1||n|=38=64.
7.30° 解析如圖所示,以O(shè)為原點建立空間直角坐標系Oxyz.
設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a,
則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2.
11、
則CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0).
設(shè)平面PAC的法向量為n,可求得n=(0,1,1),
則cos=CB·n|CB||n|=a2a2·2=12.
∴=60°,
∴直線BC與平面PAC所成的角為90°-60°=30°.
8.①②③ 解析因為AB·AP=0,AD·AP=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,則①②正確.
又AB與AD不平行,
所以AP是平面ABCD的法向量,則③正確.
因為BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,-1),
所以BD與AP不平行,故④錯誤.
9.① 解析以D為原點,DA,DC所
12、在直線分別為x軸、y軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
設(shè)M(x,y,0),設(shè)正方形邊長為a,
則Pa2,0,32a,C(0,a,0),
則MC=x2+(y-a)2,
MP=x-a22+y2+-32a2.
由MP=MC,得x=2y,所以點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為直線y=12x的一部分.
10.(1)證明因為平面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.
又因為PA⊥PD,PA∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.
(2)解存在.取AD的中點O,連接PO,CO.
因為PA=PD,所以
13、PO⊥AD.
又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO.
因為AC=CD,所以CO⊥AD.
故PO,CO,OA兩兩垂直.
建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.
由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
AP=(0,-1,1),DC=(2,1,0),DP=(0,1,1).
設(shè)平面PCD的一個法向量n=(x,y,z),
則DC·n=0,DP·n=0,即2x+y=0,y+z=0,
令x=1,得y=-2,z=2.
所以平面PCD的一個
14、法向量n=(1,-2,2).
設(shè)M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1],
使得AM=λAP,
因此點M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).
因為BM?平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,當且僅當BM·n=0,
即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,所以-1+4λ=0,
解得λ=14.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時AMAP=14.
11.(1)證明取PA的中點F,連接EF,BF.
因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,
又BC=12AD,所以EFBC,四邊形BCE
15、F是平行四邊形,CE∥BF,
又BF?平面PAB,CE?平面PAB,
故CE∥平面PAB.
(2)解由已知得BA⊥AD,以A為坐標原點,AB的方向為x軸正方向,|AB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).
設(shè)M(x,y,z)(0|=sin45°,|z|(x-1)2
16、+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,設(shè)PM=λPC,則
x=λ,y=1,z=3-3λ.②
由①②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),x=1-22,y=1,z=62,
所以M1-22,1,62,從而AM=1-22,1,62.
設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則
m·AM=0,m·AB=0,
即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos=m·n|m||n|=105.
因此二面角M-AB-D的余弦值為105.
12.B 解析以點D為坐標原點,以DA,DC,
17、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.設(shè)正方體棱長為1,
則A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E13,0,13,F23,13,0,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,A1D·EF=AC·EF=0,從而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故選B.
13.B 解析以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.
不妨設(shè)DC=DA=DD1
18、=1,
則D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O12,12,0,并設(shè)點P(0,1,t)且0≤t≤1.
則OP=-12,12,t,A1D=(-1,0,-1),A1B=(0,1,-1).
設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x0,y0,z0),
則有n·A1D=0,n·A1B=0,即-x0-z0=0,y0-z0=0,
取x0=1,y0=-1,z0=-1,
∴n=(1,-1,-1).
∴sinα=|cos|=|-1-t|3t2+12(0≤t≤1),
∴sin2α=t2+2t+13t2+12,0≤t≤1.
令f(t)=t2+2t+13t2+12,0≤t≤1,
19、
則f'(t)=2t2+t-1-3t2+122=-(2t-1)(t+1)3t2+122,
可知當t∈0,12時,f'(t)>0;
當t∈12,1時,f'(t)≤0.
又f(0)=23,f12=1,f(1)=89,
∴f(t)max=f12=1,
f(t)min=f(0)=23.
∴sinα的最大值為1,最小值為63.
∴sinα的取值范圍為63,1.
14.16 解析過C點作CO⊥平面ABDE,垂足為O,取AB中點F,連接CF,OF,則∠CFO為二面角C-AB-D的平面角,
設(shè)AB=1,則CF=32,OF=CF·cos∠CFO=12,OC=22,
則O為正方形ABDE的中
20、心,
建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,
則E0,-22,0,M24,0,24,
A22,0,0,N0,24,24,
EM=24,22,24,AN=-22,24,24,
cos=EM·AN|EM||AN|=16.
15.解如圖,以A為原點,分別以AB,AC,AP方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.
依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).
(1)證明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2),
設(shè)n=(x,y,z)為平面B
21、DE的法向量,
則n·DE=0,n·DB=0,即2y=0,2x-2z=0.
不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).
又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.
因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個法向量.
設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,
則n2·EM=0,n2·MN=0.
因為EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),
所以-2y-z=0,x+2y-z=0.
不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos=n1·n2|n1||n2|=-421,
于是sin
22、n2>=10521.
所以,二面角C-EM-N的正弦值為10521.
(3)依題意,設(shè)AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).
由已知,得|cos|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|h2+5×23=721,
整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.
所以,線段AH的長為85或12.
16.(1)證明因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF.
又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,
所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.
(2)解取BC中點G,連
23、接OG.
由題設(shè)知EFCB是等腰梯形,所以O(shè)G⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB,
又OG?平面EFCB,所以O(shè)A⊥OG.
如圖建立空間直角坐標系Oxyz,
則E(a,0,0),A(0,0,3a),
B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).
設(shè)平面AEB的法向量為n=(x,y,z),
則n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.
令z=1,則x=3,y=-1.
于是n=(3,-1,1).
平面AEF的一個法向量為p=(0,1,0).
所以cos=n·p|n||p|=-55.
由題知二面角F-AE-B為鈍角,
所以它的余弦值為-55.
(3)解因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.
因為BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),
所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.
由BE·OC=0及0
（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練36 立體幾何中的向量方法（含解析）新人教A版
