高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（48）第七章 立體幾何 第七講 立體幾何中的向量方法（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案48]第七講立體幾何中的向量方法A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2020·東營質(zhì)檢)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為120°，則λ的值為(C)A．±eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),6)C．－eq\f(\r(6),6) D．±eq\r(6)[解析]eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，得λ＝±eq\f(\r(6),6).經(jīng)檢驗λ＝eq\f(\r(6),6)不合題意，舍去，∴λ＝－eq\f(\r(6),6).2．在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，平面OAB的法向量為a＝(2，－2,1)，已知P(－1,3,2)，則P到平面OAB的距離等于(B)A．4 B．2C．3 D．1[解析]設(shè)點P到平面OAB的距離為d，則d＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·a|,|a|)，因為a＝(2，－2,1)，P(－1,3,2)，所以d＝eq\f(|－1，3，2·2，－2，1|,\r(4＋4＋1))＝2.故選B.3．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，則B1MA．－eq\f(2,3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3) D．eq\f(1,3)[解析]如圖，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.設(shè)AB＝2，B1M與AN所成角為θ，則A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N所以eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)．故coseq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(B1M,\s\up6(→)),|\o(AN,\s\up6(→))||\o(B1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1×－1＋1×－1＋2×－2,\r(－12＋12＋22)×\r(－12＋－12＋－22))＝－eq\f(2,3).因為兩異面直線所成角的范圍是(0，eq\f(π,2)]，所以cosθ＝eq\f(2,3).故選B.4．在各棱長均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點，N是棱AC的中點，則異面直線A1M與A．eq\r(3) B．1C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(2),2)[解析]以N為坐標(biāo)原點，NB，NC所在的直線分別為x軸，y軸，過點N與平面ABC垂直的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(eq\r(3)，0,0)，M(eq\r(3)，0,1)，所以eq\o(NB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，設(shè)直線A1M與BN所成的角為θ，則cosθ＝|coseq\o(NB,\s\up6(→))，eq\o(A1M,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(NB,\s\up6(→))·\o(A1M,\s\up6(→))|,|\o(NB,\s\up6(→))|·|\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，則sinθ＝eq\f(\r(10),5)，tanθ＝eq\f(\r(6),3)，故選C項．5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與A．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)[解析]以點C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，則可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)．∴coseq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×－1＋－1×0＋2×2,\r(12＋－12＋22)×\r(－12＋02＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).6．(2019·黑龍江哈爾濱期末)三棱柱ABC－A1B1C1底面為正三角形，側(cè)棱與底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，則點A到平面A1BCA．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(3\r(3),4) D．eq\r(3)[解析]如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y－z＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝2y－z＝0，))不妨取z＝2，則x＝eq\f(\r(3),3)，y＝1，∴n＝(eq\f(\r(3),3)，1,2)，∴A到平面A1BC的距離d＝eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),2).故選B.7．(2019·河南安陽)二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為(C)A．150° B．45°C．60° D．120°[解析]二面角的大小為eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，∵eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→))，兩邊平方得68＝36＋16＋64－96coseq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，∴cosAC，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝60°，故選C.二、多選題8．已知空間中兩條直線a，b所成的角為50°，P為空間中給定的一個定點，直線l過點P且與直線a和直線b所成的角都是θ(0°<θ≤90°)，則下列選項正確的是(ABCD)A．當(dāng)θ＝15°時，滿足題意的直線l不存在B．當(dāng)θ＝25°時，滿足題意的直線l有且僅有1條C．當(dāng)θ＝40°時，滿足題意的直線l有且僅有2條D．當(dāng)θ＝65°時，滿足題意的直線l有且僅有3條[解析]過點P分別作a′∥a，b′∥b，則a′與b′所成的角為50°，由題意可知25°≤θ≤90°，∴當(dāng)θ＝15°時，滿足題意的直線不存在，故A正確；當(dāng)θ＝25°時，直線l過點P且與a′，b′在同一平面內(nèi)，且平分a′與b′所成角，∴滿足題意的直線有且僅有1條；故B正確；當(dāng)25°<θ<65°時，滿足題意的直線l有且僅有2條，故C正確；當(dāng)θ＝65°時，滿足題意的直線有且僅有3條，故D正確．9．(2020·山東濟南期末)給定兩個不共線的空間向量a與b，定義叉乘運算；a×b.規(guī)定：①a×b為同時與a，b垂直的向量；②a，b，a×b三個向量構(gòu)成右手系(如圖1)；③|a×b|＝|a||b|sin〈a，b〉．如圖2，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1A．eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))B.eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AB,\s\up6(→))C．(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))D．長方體ABCD－A1B1C1D1的體積V＝(eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(CC1,\s\up6(→))[解析]由叉乘運算定義知A正確；eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AB,\s\up6(→))，B錯誤；(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))，由|eq\o(AC,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝|λeq\o(BD,\s\up6(→))|知2eq\r(2)×4sin90°＝2eq\r(2)λ，∴λ＝4，∴(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))①.同理可知eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))×eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))②，由①、②知C正確．又(eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(CC1,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))×eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|·|eq\o(CC1,\s\up6(→))|＝V長方體ABCD－A1B1C1D1，D正確，故選ACD.三、填空題10．(2020·山東棗莊期末)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥AB，PC⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2，PC＝eq\r(5)，則PA與平面ABC所成角的大小為__45°__；三棱錐P－ABC外接球的表面積是__6π__.[解析]如圖，作PO⊥平面ABC于O，連OA，OC，則∠PAO即為PA與平面ABC所成的角．∵AB⊥PA，AB⊥PO，∴AB⊥平面PAO，從而AB⊥AO，同理BC⊥CO，又AB⊥BC，∴ABCO為矩形，又由題意易知PB＝eq\r(6)，PA＝eq\r(2)，AO＝1，PO＝1，∴∠PAO＝45°，即PA與平面ABC所成角為45°，又PB為三棱錐P－ABC外接球的直徑，∴S球＝4π·(eq\f(\r(6),2))2＝6π.11．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，則異面直線BC1與A1B1所成角為__60°__；二面角A－BC1－C的余弦值是eq\f(\r(3),3).[解析]由題意可知BC1＝AB＝AC1＝eq\r(2)，∴BC1與A1B1所成的角為∠ABC1＝60°，連B1C交BC1于H，連AH，則HC⊥BC1，AH⊥BC1∴∠AHC即為二面角A－BC1－C的平面角，且cos∠AHC＝eq\f(CH,AH)＝eq\f(\r(3),3).注：本題也可如圖建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解．四、解答題12．(2020·3月份北京市高考適應(yīng)性考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD為正方形，M、N分別為AD，PD的中點．(1)求證：PA∥平面MNC；(2)求直線PB與平面MNC所成角的正弦值．[解析](1)證明：因為M，N分別為AD，PD的中點，所以PA∥MN，又因PA?平面MNC，MN?平面MNC，所以PA∥平面MNC.(2)由題意建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.設(shè)AD＝2，則P(0,0,4)，B(2,2,0)，M(1,0,0)，N(0,0,2)，C(0,2,0)，則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,2，－4)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)．設(shè)平面MNC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0,n·\o(MC,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0))，令x＝2，則y＝1，z＝1，即n＝(2,1,1)．設(shè)直線PB與平面MNC所成角為α，則sinα＝eq\f(|n·\o(PB,\s\up6(→))|,|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(4＋2－4,\r(6)·2\r(6))＝eq\f(1,6).即直線PB與平面MNC所成角的正弦值為eq\f(1,6).13．(2020·廣東惠州調(diào)研)在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝1，AD＝2，PA＝PD＝eq\r(3)，E為AD的中點，F(xiàn)為PC的中點．(1)求證：PA∥平面BEF；(2)求二面角F－BE－A的余弦值．[解析](1)連接AC交BE于N，并連接CE，F(xiàn)N，∵BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，E為AD的中點，∴AE∥BC，且AE＝BC，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴N為AC中點，又F為PC中點，∴NF∥PA，∵NF?平面BEF，PA?平面BEF，∴PA∥平面BEF.(2)連接PE，由E為AD的中點及PA＝PD＝eq\r(3)，得PE⊥AD，則PE＝eq\r(2)，∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且交于AD，∴PE⊥面ABCD，如圖所示，以E為原點，EA、EB、EP分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，P(0,0，eq\r(2))．∵F為PC的中點，∴F(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，設(shè)平面EBF法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EB,\s\up6(→))＝0,m·\o(EF,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＋y＋0＝0,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，))取m＝(eq\r(2)，0,1)，平面EBA法向量可?。簄＝(0,0,1)，設(shè)二面角F－BE－A的大小為θ，顯然θ為鈍角，∴cosθ＝－|cosm，n|＝－eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝－eq\f(\r(3),3)，∴二面角F－BE－A的余弦值為－eq\f(\r(3),3).14．(2019·銀川模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A(1)求證：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)設(shè)D是A1C1的中點，判斷并證明在線段BB1上是否存在點E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求二面角E－AC1－B[解析](1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥又A1A＝AC，∴A1C⊥AC又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1∴A1C⊥平面ABC1又A1C?平面A1ACC1∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)當(dāng)E為BB1的中點時，連接AE，EC1，DE，如圖1，取A1A的中點F，連接EF，F(xiàn)D∵EF∥AB，DF∥AC1，又EF∩DE＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，則有DE∥平面ABC1.以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為AA1＝AC＝2AB＝4，∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，由(1)知，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,4，－4)是平面ABC1的一個法向量．設(shè)n＝(x，y，z)為平面AC1E的法向量，∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,4,4)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋4z＝0,2x＋2z＝0))，令z＝1，則x＝－1，y＝－1，∴n＝(－1，－1,1)為平面AC1E的一個法向量．設(shè)eq\o(A1C,\s\up6(→))與n的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(0－4－4,\r(3)×4\r(2))＝－eq\f(\r(6),3)，由圖知二面角E－AC1－B為銳角，∴二面角E－AC1－B的余弦值為eq\f(\r(6),3).B組能力提升1．(2019·廣東江門模擬)如左圖，平面五邊形ABCDE中，∠B＝∠BAD＝∠E＝∠CDE＝90°，CD＝DE＝AE，將△ADE沿AD折起，得到如右圖的四棱錐P－ABCD.(1)證明：PC⊥AD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直線PB與平面PCD用成角的正弦值．[解析](1)證明：取AD的中點F，連接PF、CF.由已知，左圖CDEA是正方形，因為正方形的對角線互相垂直平分，所以PF⊥AD(即EF⊥AD)、CF⊥AD，因為PF∩CF＝F，所以AD⊥平面PCF，PC?平面PCF，所以PC⊥AD.(2)由(1)和平面PAD⊥平面ABCD知，PF⊥平面ABCD，從而PF、CF、AF兩兩互相垂直，以F為原點，以eq\o(FA,\s\up6(→))、eq\o(FC,\s\up6(→))、eq\o(FP,\s\up6(→))為單位正交基底建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則P(0,0,1)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(－1,0,0)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面PCD的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up6(→))＝x＋z＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝x＋y＝0))，取x＝1，則y＝z＝－1，故n＝(1，－1，－1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，直線PB與平面PCD所成角的正弦值為|coseq\o(PB,\s\up6(→))，n|＝eq\f(|\o(PB,\s\up6(→))·n|,|\o(PB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(1,3).2．(2019·黑龍江省大慶實驗中學(xué)押題卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC，AB＝BC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別為AC，B(1)求證：直線EF∥平面ABB1A1(2)求二面角A1－BC－B1的余弦值．[解析](1)證明：取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G，由于E，F(xiàn)分別為AC，B1C1的中點，所以FG∥A1B又A1B1?平面ABB1A1，F(xiàn)G?平面ABB1A所以FG∥平面ABB1A1.又AE∥A1G且AE＝A所以四邊形AEGA1是平行四邊形．則EG∥AA1.又AA1?平面ABB1A1，EG?平面ABB1A1，所以EG∥平面ABB1所以平面EFG∥平面ABB1A1.又EF?平面EFG所以直線EF∥平面ABB1A1(2)令A(yù)A1＝A1C＝AC由于E為AC中點，則A1E⊥AC，又側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，交線為AC，A1E?平面則A1E⊥平面ABC，連接EB，可知EB，EC，EA1兩兩垂直．以E為原點，分別以EB，EC，EA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，eq\r(3))，A(0，－1,0)，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，令平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0,n1·\o(BA1,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0))，令x1＝eq\r(3)，則n1＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)令平面B1BC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up6(→))＝－x2＋y2＝0,n2·\o(BB1,\s\up6(→))＝y(tǒng)2＋\r(3)z2＝0))，令x2＝eq\r(3)，則n2＝(eq\r(3)，eq\r(3)，－1)由cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(5,7)，故二面角A1－BC－B1的余弦值為eq\f(5,7).3．(2019·海南模