2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練43 空間幾何中的向量方法 理 北師大版

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1、課時規(guī)范練43　空間幾何中的向量方法 基礎(chǔ)鞏固組 1. 在如圖所示的坐標系中,ABCD-A1B1C1D1為正方體,給出下列結(jié)論: ①直線DD1的一個方向向量為(0,0,1); ②直線BC1的一個方向向量為(0,1,1); ③平面ABB1A1的一個法向量為(0,1,0); ④平面B1CD的一個法向量為(1,1,1). 其中正確的個數(shù)為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 2.兩平行平面α,β分別經(jīng)過坐標原點O和點A(2,1,1),且兩平面的一個法向量n=(-1,0,1),則兩平面間的距離是(　　) A. B. C. D.3 3. (2018遼寧本溪二模,7)

2、已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形,PA=PD=,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中點,O是AD的中點,則直線BM與平面PCO所成角的正弦值是(　　) A. B. C. D. 4.已知兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角的大小為(　　) A.45° B.135° C.45°或135° D.90° 5. 如圖,在正四棱錐S-ABCD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　　　　　.? 6.如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=AC,D為BC的中點,PO⊥平面A

3、BC,垂足O落在線段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)證明:AP⊥BC; (2)若點M是線段AP上一點,且AM=3.試證明平面AMC⊥平面BMC. 7. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中點. (1)求證:B1C∥平面A1BD; (2)求點B1到平面A1BD的距離. 綜合提升組 8. (2018安徽定遠調(diào)研,10)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,中心為O,BF=BC,A1E=A1A,則四面體OEB

4、F的體積為(　　) A. B. C. D. 9.設(shè)動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上,記=λ.當∠APC為銳角時,λ的取值范圍是　　　　　.? 10. (2019四川成都一模,19)在如圖所示的幾何體中,EA⊥平面ABCD,四邊形ABCD為等腰梯形,AD􀱀BC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EF􀱀AC. (1)證明:AB⊥CF; (2)求二面角B-EF-D的余弦值. 11. (2018河北衡水模擬二,18)如圖所示,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面A

5、BC,四邊形ABB1A1為正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,點E在棱BB1上. (1)若F為A1B1的中點,E為BB1的中點,證明:平面EC1F∥平面A1CB; (2)設(shè)=λ,是否存在λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由. 12. (2018河北衡水中學(xué)適應(yīng)性考試,18)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形A1C1CA為菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在線段AC上移動,P為棱AA1的中點.

6、 (1)若Q為線段AC的中點,H為BQ中點,延長AH交BC于D,求證:AD∥平面B1PQ; (2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值為,求點P到平面BQB1的距離. 創(chuàng)新應(yīng)用組 13. (2018江西南昌七模,18)如圖,四棱錐P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD為正三角形.若PA=2,且PA與底面ABCD所成角的正切值為. (1)證明:平面PAB⊥平面PBC; (2)

7、E是線段CD上一點,記=λ(0<λ<1),是否存在實數(shù)λ,使二面角P-AE-C的余弦值為?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由. 14. (2018河南信陽二模,19)在三棱錐A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2. (1)求證:BD⊥AC; (2)點P為AC上一動點,設(shè)θ為直線BP與平面ACD所形成的角,求sin θ的最大值.

8、 參考答案 課時規(guī)范練43　空間 幾何中的向量方法 1.C　∵DD1∥AA1,=(0,0,1),故①正確;BC1∥AD1,=(0,1,1),故②正確;直線AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),故③正確;點C1的坐標為(1,1,1),與平面B1CD不垂直,故④錯. 2.B　兩平面的一個單位法向量n0=,故兩平面間的距離d=|·n0|=. 3.D　以O(shè)為原點,以、和為x軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標系,如圖所示.由題可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),則=(0,0,2),=(-1,2,0), ∵M是PC的中點

9、,∴M-,1,1,=-,-1,1. 設(shè)平面PCO的法向量n=(x,y,z),直線BM與平面PCO所成角為θ, 則可取n=(2,1,0), sin θ=|cos<,n>|===.故選D. 4.C　∵兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角與相等或互補,∵cos===,故=45°.故兩平面所成的二面角為45°或135°,故選C. 5.30°　如圖所示,以O(shè)為原點建立空間直角坐標系. 設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.則=(2a,0,0),=,=(a,

10、a,0). 設(shè)平面PAC的法向量為n,可求得n=(0,1,1),則cos<,n>===.∴<,n>=60°, ∴直線BC與平面PAC所成角為90°-60°=30°. 6.證明 (1)如圖所示,以O(shè)為坐標原點,以射線OP為z軸的正半軸建立空間直角坐標系.則O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4). 于是=(0,3,4), =(-8,0,0), ∴·=(0,3,4)·(-8,0,0)=0, ∴⊥,即AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且點M在線段AP上, ∴==, 又=(-4,-5,0), ∴

11、=+=,則·=(0,3,4)·=0,∴⊥,即AP⊥BM, 又根據(jù)(1)的結(jié)論知AP⊥BC, ∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC. 又AM?平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM. 7.(1)證明 連接AB1交A1B于點E,連接DE. 可知E為AB1的中點,D是AC的中點,∴DE∥B1C. 又DE?平面A1BD,B1C?平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD. (2)解 建立如圖所示的空間直角坐標系,則B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z), ∴即

12、∴n=(3,0,1). 故所求距離為d==. 8.D　如圖所示,以D為坐標原點,分別以DA,DC,DD1所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則O, , ,B(1,1,0),E1,0, ,F,1,0,則||==,||=,||=, 所以cos∠BOE==-, 所以sin∠BOE=, 所以S△OEB=×××=, 設(shè)平面OEB的一個法向量為n=(x,y,z), 由 取z=1,得n=,,1, 又=-,0,0, 所以F到平面OEB的距離h===,所以四面體OEBF的體積為V=S△OEB×h=××=. 9.0, 　建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(1,0,0),C(0,1

13、,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由=λ得P(λ,λ,1-λ),則=(1-λ,-λ,λ-1),=(-λ,1-λ,λ-1),因為∠APC為銳角,所以·=(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1)=(λ-1)(3λ-1)>0,解得λ<或λ>1,又因為動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上,所以λ的取值范圍為0≤λ<. 10.(1)證明 由題知EA⊥平面ABCD,BA?平面ABCD,∴BA⊥AE.過點A作AH⊥BC于H,在Rt△ABH中,∠ABH=60°,BH=,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 60°=3,

14、 ∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC, 且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF?平面ACFE,∴AB⊥CF. (2)以A為坐標原點,AB,AC,AE分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則B(1,0,0),E(0,0,1),F0,,1,D-,,0, ∴=(-1,0,1),=-1,,1,=,-,1,=,0,1. 設(shè)n=(x,y,z)為平面BEF的一個法向量,則令x=1,得n=(1,0,1),同理可求平面DEF的一個法向量m=(2,0,-1), ∴cos==, 所以二面角B-EF-D的余弦值為. 11.(1)證明 ∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥

15、BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB, ∴BB1⊥平面ABC. 又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1, 又CC1=AB=BB1=BE, ∴四邊形CC1EB為平行四邊形, ∴C1E∥BC. 又BC?平面A1BC,C1E?平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC. ∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B, 又A1B?平面A1BC,EF?平面A1BC,∴EF∥平面A1BC. 又C1E∩EF=E,C1E?平面EFC1,FE?平面EFC1, ∴平面EFC1∥平面A1BC. (2)在△ABC中,由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 60°=12, ∴A

16、B2=AC2+BC2, ∴△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°, ∴AC⊥BC,由CC1⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC, ∴CA,CB,CC1兩兩垂直. 以C點為坐標原點,,,依次為x軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標系,如下圖所示, 則C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(2,0,4),E(0,2,4λ). 設(shè)平面A1EC1的一個法向量為n1=(x1,y1,z1), 則 即 令z1=1,解得x1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1. 設(shè)平面A1EC的一個法向量為n2=(x2,y2,z2), 則 即 令x2=2,得z2=-,y2

17、=2λ, ∴n2=(2,2λ,-). 若平面A1EC1⊥平面A1EC, 則n1·n2=-+2λ(1-2λ)-=0,化簡得12λ2-6λ+5=0, 由于Δ<0,故此方程無解,所以不存在實數(shù)λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC. 12.解 (1)證明:如圖,取BB1中點E,連接AE,EH. ∵H為BQ中點,∴EH∥B1Q. 在平行四邊形AA1B1B中,P,E分別為AA1,BB1的中點,∴AE∥PB1. 又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1, ∴平面EHA∥平面B1QP. ∵AD?平面EHA, ∴AD∥平面B1PQ. (2)連接PC1,AC1, ∵四邊形A1C1CA為

18、菱形, ∴AA1=AC=A1C1=4. 又∠C1A1A=60°, ∴△AC1A1為正三角形. ∵P為AA1的中點,∴PC1⊥AA1. ∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1?平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1, 在平面ABB1A1內(nèi)過點P作PR⊥AA1交BB1于點R,建立如圖所示的空間直角坐標系P-xyz,則 P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,2),C(0,-4,2), 設(shè)=λ=λ(0,-2,2),λ∈[0,1],∴Q(0,-2(λ+1),2λ), ∴=(0,-2(λ+1),

19、2λ). ∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°, ∴B1(,1,0), ∴=(,1,0). 設(shè)平面PQB1的法向量為m=(x,y,z), 則 得 令x=1,則y=-,z=-, ∴平面PQB1的一個法向量為m=1,-,-, 設(shè)平面AA1C1C的法向量為n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角為θ,則cos θ===,∴λ=或λ=-(舍), ∴=,∴Q(0,-3,). 又B(,-3,0),∴=(,0,-), ∴||==. 又B1Q=,∴B1Q2=BQ2+B,即△BB1Q是直角三角形,∠B1BQ=90°.連接BP,設(shè)點P到平面BQB1的距離為h,則××4××

20、=××4××h, ∴h=,即點P到平面BQB1的距離為. 13.解 (1)證法一:∵AB⊥AD,且AB=AD=2,∴BD=2, 又△PBD為正三角形,所以PB=PD=BD=2, 又∵AB=2,PA=2,所以AB⊥PB, 又∵AB⊥AD,BC∥AD, ∴AB⊥BC,PB∩BC=B, 所以AB⊥平面PBC,又因為AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC. 證法二:設(shè)P在平面ABCD內(nèi)的射影為Q,連接AQ,則AQ即為AP在平面ABCD內(nèi)的射影,故∠PAQ即為AP與底面所成的角,因為tan∠PAQ=, 所以sin∠PAQ=. 而sin∠PAQ=,AP=2, 所以PQ=2,

21、AQ=2. 又△PBD為正三角形, 所以PB=PD=BD=2, 所以DQ=2. 由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以AB􀱀DQ,從而四邊形ABQD是正方形, 由AB⊥BQ,AB⊥PQ得AB⊥平面PBC,于是平面PAB⊥平面PBC. (2)由(1)可知,QD,QB,QP兩兩垂直,以它們所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,則Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),由=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以=(-2λ,λ-2,0),=(-2,-2,2),設(shè)平面PAE的法向量為m=(x,y,z),

22、則 即 令x=1,得y=,z=, 所以m=1,,,顯然,=(0,0,2)是平面ACE的法向量. 設(shè)二面角P-AE-C為θ,則cos θ===, 依題意有=,解得λ=,λ=1(舍去),故λ=. 14.解 (1)證明:取BD中點E,連接AE,CE, ∵AB=AD=BD=2, 又E為BD中點,∴AE⊥BD, 同理可得CE⊥BD, 又AE∩CE=E,∴BD⊥平面ACE, 又AC?平面ACE,∴BD⊥AC. (2)∵AB=AD=BD=2,BC=DC=, ∴△BCD為直角三角形,且AE=,CE=1,∴AE2+EC2=AC2, ∴∠AEC=,即AE⊥EC, 又AE⊥BD,所

23、以AE⊥平面BCD.以E為坐標原點,EC為x軸,ED為y軸,EA為z軸建立如圖直角坐標系E-xyz. 則B(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),A(0,0,),設(shè)P(x0,y0,z0),=λ(0≤λ≤1),=( 1,0,-),=(x0,y0,z0-), ∴(x0,y0,z0-)=λ(1,0,-)=(λ,0,-λ), ∴即 ∴P(λ,0,-λ), =(λ,1,-λ),=(0,-1,),=(1,-1,0), 設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面ACD的法向量, 由得 令x1=1,得y1=1,z1=, ∴n=1,1,, ∴sin θ=|cos| = = =, ∵0≤λ≤1, ∴≤2λ2-3λ+2≤2, ∴≤sin θ≤, ∴sin θ的最大值為. 20