新版新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)訓(xùn)練 理

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2、 1 【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）20xx屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)訓(xùn)練 理　　　　 　 　　　　　　 　　　　　　 　　 【選題明細(xì)表】 知識點(diǎn)、方法 題號 利用向量證明空間線面位置關(guān)系 1、3、5、7、13 利用空間向量求空間角 2、4、6、8 利用空間向量求距離 9 利用空間向量解決綜合性問題 10、11、12、14、15

3、 基礎(chǔ)過關(guān) 一、選擇題 1.若直線l的方向向量為a,平面α的法向量為n,有可能使l∥α的是(　D　) (A)a=(1,0,0),n=(-2,0,0) (B)a=(1,3,5),n=(1,0,1) (C)a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) (D)a=(1,-1,3),n=(0,3,1) 解析:若l∥α,則a·n=0. 而選項(xiàng)A中a·n=-2. 選項(xiàng)B中a·n=1+5=6. 選項(xiàng)C中a·n=-1, 選項(xiàng)D中a·n=-3+3=0, 故選D. 2.(20xx海南海口模擬)在空間中,已知AB→=(2,4,0),DC→=(-1,3,0),則異面直線AB與DC所成角θ的大小

4、為 (　A　) (A)45° (B)90° (C)120° (D)135° 解析:AB→=(2,4,0),DC→=(-1,3,0), cos=AB→×DC→|AB→||DC→|=12-225×10=22. ∴=45°. 即AB與DC所成的角為45°. 3.(20xx陜西西安模擬)如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a,M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn),A1M=AN=23a,則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　B　) (A)相交 (B)平行 (C)垂直 (D)不能確定 解析:分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x,y

5、,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. ∵A1M=AN=23a, ∴M(a,23a,a3),N(23a,23a,a), ∴MN→=(-a3,0,23a). 又C1(0,0,0),D1(0,a,0), ∴C1D1→=(0,a,0), ∴MN→·C1D1→=0, ∴MN→⊥C1D1→. ∵C1D1→是平面BB1C1C的法向量,且MN?平面BB1C1C, ∴MN∥平面BB1C1C. 4.(20xx山東濰坊模擬)正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1,則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為(　C　) (A)22 (B)155 (C)64 (D)63 解析:建立如圖所

6、示的空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)AB=2,則C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1→=(3,1,-2), 平面BB1C1C的一個(gè)法向量為n=(1,0,0), 所以AC1與平面BB1C1C所成的角的正弦值為|AC1→·n||AC1→||n|=38=64. 5.如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中點(diǎn),N是A1B1的中點(diǎn),則直線NO、AM的位置關(guān)系是(　C　) (A)平行 (B)相交 (C)異面垂直 (D)異面不垂直 解析:建立坐標(biāo)系如圖,設(shè)正方體的棱長為2,則A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,

7、1,2),NO→=(-1,0,-2),AM→=(-2,0,1),NO→·AM→=0,則直線NO、AM的位置關(guān)系是異面垂直. 6.(20xx大連模擬)在四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,側(cè)棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.點(diǎn)E為側(cè)棱PC的中點(diǎn),又作DF⊥PB交PB于點(diǎn)F.則PB與平面EFD所成角為(　D　) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 解析:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,D為坐標(biāo)原點(diǎn). 則P(0,0,a),B(a,a,0), PB→=(a,a,-a), 又DE→=(0,a2,a2), PB→·DE→=0+a22-a22=0,

8、 所以PB⊥DE, 由已知DF⊥PB,且DF∩DE=D, 所以PB⊥平面EFD, 所以PB與平面EFD所成角為90°. 二、填空題 7.(20xx大慶模擬)已知平面α和平面β的法向量分別為a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且α⊥β,則x=　　　　.? 解析:由題意得a·b=x-2+6=0, ∴x=-4. 答案:-4 8.等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB,二面角CABD的余弦值為33,M、N分別是AC、BC的中點(diǎn),則EM、AN所成角的余弦值等于　　　　.? 解析:過C點(diǎn)作CO⊥平面ABDE,垂足為O,取AB中點(diǎn)F,連接CF、OF,則∠CFO為二面角C

9、ABD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的中心, 如圖所示建立直角坐標(biāo)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. 答案:16 9.如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,E是A1B1上的點(diǎn),則點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離是　　　　.? 解析:法一　以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線為x,y

10、,z軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)點(diǎn)E(1,a,1)(0≤a≤1), 連接D1E, 則D1E→=(1,a,0). 連接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1, 則DA1→=(1,0,1)為平面ABC1D1的一個(gè)法向量. ∴點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離是d=|D1E→·DA1→||DA1→|=22. 法二　點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離, 即B1到BC1的距離, 易得點(diǎn)B1到BC1的距離為22. 答案:22 三、解答題 10.(20xx高考遼寧卷)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E、F分別為AC、DC的中點(diǎn)

11、. (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角EBFC的正弦值. (1)證明:法一　過E作EO⊥BC,垂足為O,連OF. 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC=∠FOC=π2, 即FO⊥BC. 又EO⊥BC, 因此BC⊥平面EFO, 又EF?平面EFO, 所以EF⊥BC. 法二　由題意,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系. 易得B(0,0,0),A(0,-1,3), D(3,-1,0),C(0,2,0). 因而E(0,1

12、2,32),F(32,12,0), 所以EF→=(32,0,-32),BC→=(0,2,0), 因此EF→·BC→=0. 從而EF→⊥BC→, 所以EF⊥BC. (2)解:法一　在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG. 由平面ABC⊥平面BDC, 從而EO⊥平面BDC, 又OG⊥BF, 由三垂線定理知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角EBFC的平面角. 在△EOC中,EO=12EC=12BC·cos 30°=32, 由△BGO∽△BFC知,OG=BOBC·FC=34, 因此tan∠EGO=EOOG=2, 從而sin∠EGO=255, 即二面角EBFC的正弦值

13、為255. 法二　在圖2中,平面BFC的一個(gè)法向量為n1=(0,0,1). 設(shè)平面BEF的法向量為n2=(x,y,z), 又BF→=(32,12,0),BE→=(0,12,32). 由n2·BF→=0,n2·BE→=0, 得其中一個(gè)n2=(1,-3,1). 設(shè)二面角EBFC的大小為θ, 且由題意知θ為銳角, 則cos θ=|cos=|n1·n2|n1||n2||=15, 因此sin θ=25=255, 即所求二面角的正弦值為255. 11.(20xx河北石家莊二模)如圖,在三棱錐PABC中,PA⊥底面ABC,AC⊥BC,H為PC的中點(diǎn),M為AH的中點(diǎn),PA=

14、AC=2,BC=1. (1)求證:AH⊥平面PBC; (2)求PM與平面AHB成角的正弦值; (3)設(shè)點(diǎn)N在線段PB上,且PNPB=λ,MN∥平面ABC,求實(shí)數(shù)λ的值. (1)證明:因?yàn)镻A⊥底面ABC,BD?底面ABC, 所以PA⊥BC, 又因?yàn)锳C⊥BC,PA∩AC=A, 所以BC⊥平面PAC, 又因?yàn)锳H?平面PAC, 所以BC⊥AH. 因?yàn)镻A=AC,H是PC中點(diǎn), 所以AH⊥PC, 又因?yàn)镻C∩BC=C, 所以AH⊥平面PBC. (2)解:在平面ABC中,過點(diǎn)A作AD∥BC, 因?yàn)锽C⊥平面PAC, 所以AD⊥平面PAC, 又PA⊥底面ABC,得

15、PA,AC,AD兩兩垂直, 所以以A為原點(diǎn),AD,AC,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系 則A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(0,2,0),H(0,1,1),M(0,12,12). 設(shè)平面AHB的法向量為n=(x,y,z), AH→=(0,1,1),AB→=(1,2,0), 由n·AH→=0,n·AB→=0, 得y+z=0,x+2y=0, 令z=1,得n=(2,-1,1). 設(shè)PM與平面AHB所成角為θ, 因?yàn)镻M→=(0,12,-32), 所以sin θ=|cos| =|PM→·n|PM→|·|n|| =|2×

16、0+(-1)×12+1×(-32)52×6| 即sin θ=21515. (3)解:因?yàn)镻B→=(1,2,-2),PN→=λPB→, 所以PN→=(λ,2λ,-2λ), 又因?yàn)镻M→=(0,12,-32), 所以MN→=PN→-PM→ =(λ,2λ-12,32-2λ). 因?yàn)镸N∥平面ABC,平面ABC的一個(gè)法向量AP→=(0,0,2), 所以MN→·AP→=3-4λ=0, 解得λ=34. 能力提升 12.(20xx吉林長春模擬)將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角ABDC,則下面結(jié)論錯(cuò)誤的為(　C　) (A)AC⊥BD (B)△ACD是等邊三角形 (C)A

17、B與平面BCD所成的角為60° (D)AB與CD所成的角為60° 解析:取BD中點(diǎn)O,連接AO、CO, 則AO⊥BD,CO⊥BD, ∴BD⊥平面AOC, ∴AC⊥BD, 又AC=2AO=AD=CD, ∴△ACD是等邊三角形, 而∠ABD是AB與平面BCD所成的角,應(yīng)為45°. 又AC→=AB→+BD→+DC→(設(shè)AB=a), 則a2=a2+2a2+a2+2·a·2a·(-22)+2a·2a·(-22)+2a2cos, ∴cos=12, ∴AB與CD所成的角為60°. 13.空間中兩個(gè)有一條公共邊AD的正方形ABCD與ADEF,設(shè)

18、M,N分別是BD,AE的中點(diǎn),給出如下命題:①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE異面. 則所有的正確命題為　　　　.? 解析:如圖,設(shè)AB→=a、AD→=b、AF→=c,則a·b=c·b=0.MN→=AN→-AM→=12(b+c)-12(a+b)=12(c-a),MN→·AD→=12(c-a)·b=12(c·b-a·b)=0,故AD⊥MN;CE→=c-a=2MN→,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正確;③正確時(shí)④一定不正確. 答案:①②③ 14.如圖,在長方體ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點(diǎn)E在棱AB上. (1)求異面

19、直線D1E與A1D所成的角; (2)若二面角D1ECD的大小為45°,求點(diǎn)B到平面D1EC的距離. 解:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. (1)由A1(1,0,1),得 DA1→=(1,0,1), 設(shè)E(1,a,0),又D1(0,0,1),則D1E→=(1,a,-1). ∵DA1→·D1E→=1+0-1=0, ∴DA1→⊥D1E→, 則異面直線D1E與A1D所成的角為90°. (2)m=(0,0,1)為平面DEC的一個(gè)法向量, 設(shè)n=(x,y,z)為平面CED1的法向量,則 cos=|m·n||m||n| =|z|x2+y2+z2 =cos 45° =2

20、2, ∴z2=x2+y2,① 由C(0,2,0),得D1C→=(0,2,-1), 則n⊥D1C→, 即n·D1C→=0, ∴2y-z=0,② 由①、②,可取n=(3,1,2), 又CB→=(1,0,0), 所以點(diǎn)B到平面D1EC的距離 d=|CB→·n||n|=322=64. 探究創(chuàng)新 15.(20xx高考江西卷)如圖,四棱錐PABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,問AB為何值時(shí),四棱錐PABCD的體積最大?并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值. (1)證明:ABCD

21、為矩形,故AB⊥AD; 又平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (2)解:過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G, 連接PG. 故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG, 在Rt△BPC中,PG=233,GC=263,BG=63. 設(shè)AB=m, 則OP=PG2-OG2=43-m2, 故四棱錐PABCD的體積為 V=13·6·m·43-m2=m38-6m2. 因?yàn)閙8-6m2=8m2-6m4 =-6(m2-23)?2+83, 故當(dāng)m=63, 即AB=63時(shí),四棱錐PABCD的

22、體積最大. 此時(shí),建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0), B(63,-63,0), C(63,263,0),D(0,263,0),P(0,0,63). 故PC→=(63,263,-63), BC→=(0,6,0),CD→=(-63,0,0), 設(shè)平面BPC的一個(gè)法向量n1=(x,y,1), 則由n1⊥PC→,n1⊥BC→得 63x+263y-63=0,6y=0, 解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的一個(gè)法向量n2=(0,12,1). 從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為 cos θ=|n1·n2||n1||n2| =12·14+1 =105.