2020版高考數(shù)學一輪復習 課時規(guī)范練43 空間幾何中的向量方法 理 北師大版.doc

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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.22 C.3 D.32 3. (2018遼寧本溪二模,7)已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形,PA=PD=5,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.55 B.255 C.8585 D.88585 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ABC,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OEBF的體積為(　　) A.112 B.124 C.148 D.196 9.設動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上,記D1PD1B=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ABC,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BE=λBB1,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河北衡水中學適應性考試,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. (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1313,求點P到平面BQB1的距離. 創(chuàng)新應用組 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=23,且PA與底面ABCD所成角的正切值為22. (1)證明:平面PAB⊥平面PBC; (2)E是線段CD上一點,記DEDC=λ(0<λ<1),是否存在實數(shù)λ,使二面角P-AE-C的余弦值為66?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=2,AC=2. (1)求證:BD⊥AC; (2)點P為AC上一動點,設θ為直線BP與平面ACD所形成的角,求sin θ的最大值. 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,AA1=(0,0,1),故①正確;BC1∥AD1,AD1=(0,1,1),故②正確;直線AD⊥平面ABB1A1,AD=(0,1,0),故③正確;點C1的坐標為(1,1,1),AC1與平面B1CD不垂直,故④錯. 2.B　兩平面的一個單位法向量n0=-22,0,22,故兩平面間的距離d=|OAn0|=22. 3.D　以O為原點,以OA、AB和OP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OP=(0,0,2),OC=(-1,2,0), ∵M是PC的中點,∴M-12,1,1,BM=-32,-1,1. 設平面PCO的法向量n=(x,y,z),直線BM與平面PCO所成角為θ, 則nOP=2z=0,nOC=-x+2y=0,可取n=(2,1,0), sin θ=|cos|=|BMn||BM||n|=41745=88585.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=mn|m||n|=112=22,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為原點建立空間直角坐標系. 設OD=SO=OA=OB=OC=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2.則CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0). 設平面PAC的法向量為n,可求得n=(0,1,1),則cos=CBn|CB||n|=a2a22=12.∴=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AP=(0,3,4), BC=(-8,0,0), ∴APBC=(0,3,4)(-8,0,0)=0, ∴AP⊥BC,即AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且點M在線段AP上, ∴AM=35AP=0,95,125, 又BA=(-4,-5,0), ∴BM=BA+AM=-4,-165,125,則APBM=(0,3,4)-4,-165,125=0,∴AP⊥BM,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(0,22,3),B(0,22,0),A1(-1,0,3),DB1=(0,22,3),DB=(0,22,0),DA1=(-1,0,3).設平面A1BD的法向量為n=(x,y,z), ∴nDB=0,nDA1=0,即22y=0,-x+3z=0, ∴n=(3,0,1). 故所求距離為d=|nDB1||n|=31010. 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|OE|=14+14+116=,|OB|=32,|BE|=, 所以cos∠BOE=916+34-251623432=-39, 所以sin∠BOE=789, 所以S△OEB=123432789=2616, 設平面OEB的一個法向量為n=(x,y,z), 由nOE=12x-12y+14z=0,nOB=12x+12y-12z=0, 取z=1,得n=14,34,1, 又BF=-12,0,0, 所以F到平面OEB的距離h=|nBF||n|=18264=2652,所以四面體OEBF的體積為V=13S△OEBh=1326162652=196. 9.0, 　建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由D1PD1B=λ得P(λ,λ,1-λ),則PA=(1-λ,-λ,λ-1),PC=(-λ,1-λ,λ-1),因為∠APC為銳角,所以PAPC=(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+BC2-2ABBCcos 60=3, ∴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),F0,32,1,D-12,32,0, ∴BE=(-1,0,1),BF=-1,32,1,DE=12,-32,1,DF=12,0,1. 設n=(x,y,z)為平面BEF的一個法向量,則nBE=-x+z=0,nBF=-x+32y+z=0,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=mn|m||n|=1010, 所以二面角B-EF-D的余弦值為1010. 11.(1)證明 ∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB, ∴BB1⊥平面ABC. 又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1, 又CC1=12AB=12BB1=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+BC2-2ABBCcos 60=12, ∴AB2=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,CA,CB,CC1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(23,0,4),E(0,2,4λ). 設平面A1EC1的一個法向量為n1=(x1,y1,z1), 則n1C1A1=0,n1C1E=0, 即23x1+2z1=0,2y1+(4λ-2)z1=0, 令z1=1,解得x1=-33,y1=1-2λ,∴n1=-33,1-2λ,1. 設平面A1EC的一個法向量為n2=(x2,y2,z2), 則n2CA1=0,n2CE=0, 即23x2+4z2=0,2y2+4λz2=0, 令x2=2,得z2=-3,y2=23λ, ∴n2=(2,23λ,-3). 若平面A1EC1⊥平面A1EC, 則n1n2=-233+23λ(1-2λ)-3=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(0,0,23),C(0,-4,23), 設AQ=λAC=λ(0,-2,23),λ∈[0,1],∴Q(0,-2(λ+1),23λ), ∴PQ=(0,-2(λ+1),23λ). ∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60, ∴B1(3,1,0), ∴PB1=(3,1,0). 設平面PQB1的法向量為m=(x,y,z), 則mPQ=0,mPB1=0 得-2(λ+1)y+23λz=0,3x+y=0, 令x=1,則y=-3,z=-λ+1λ, ∴平面PQB1的一個法向量為m=1,-3,-λ+1λ, 設平面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=mn|m||n|=11+3+(-λ+1λ)2=1313,∴λ=12或λ=-14(舍), ∴AQ=12AC,∴Q(0,-3,3). 又B(3,-3,0),∴QB=(3,0,-3), ∴|QB|=3+3=6. 又B1Q=22,∴B1Q2=BQ2+BB12,即△BB1Q是直角三角形,∠B1BQ=90.連接BP,設點P到平面BQB1的距離為h,則1312433=131246h, ∴h=62,即點P到平面BQB1的距離為62. 13.解 (1)證法一:∵AB⊥AD,且AB=AD=2,∴BD=22, 又△PBD為正三角形,所以PB=PD=BD=22, 又∵AB=2,PA=23,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=22, 所以sin∠PAQ=33. 而sin∠PAQ=PQPA,AP=23, 所以PQ=2,AQ=22. 又△PBD為正三角形, 所以PB=PD=BD=22, 所以DQ=2. 由AD=DQ=2,AQ=22,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DEDC=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以AE=(-2λ,λ-2,0),AP=(-2,-2,2),設平面PAE的法向量為m=(x,y,z), 則mAP=0,mAE=0, 即-2x-2y+2z=0,-2λx+(λ-2)y=0, 令x=1,得y=2λλ-2,z=3λ-2λ-2, 所以m=1,2λλ-2,3λ-2λ-2,顯然,QP=(0,0,2)是平面ACE的法向量. 設二面角P-AE-C為θ,則cos θ=|mQP||m||QP|=6λ-4λ-221+(2λλ-2)2+(3λ-2λ-2)2=|3λ-2|14λ2-16λ+8, 依題意有|3λ-2|14λ2-16λ+8=66,解得λ=25,λ=1(舍去),故λ=25. 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=2, ∴△BCD為直角三角形,且AE=3,CE=1,∴AE2+EC2=AC2, ∴∠AEC=π2,即AE⊥EC, 又AE⊥BD,所以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(0,0,3),設P(x0,y0,z0),AP=λAC(0≤λ≤1),AC=( 1,0,-3),AP=(x0,y0,z0-3), ∴(x0,y0,z0-3)=λ(1,0,-3)=(λ,0,-3λ), ∴x0=λ,y0=0,z0-3=-3λ,即x0=λ,y0=0,z0=3-3λ, ∴P(λ,0,3-3λ), BP=(λ,1,3-3λ),DA=(0,-1,3),DC=(1,-1,0), 設n=(x1,y1,z1)是平面ACD的法向量, 由nDA=0,nDC=0得-y1+3z1=0,x1-y1=0, 令x1=1,得y1=1,z1=33, ∴n=1,1,33, ∴sin θ=|cos| =nBP|n||BP| =273λ2+1+3(λ-1)2 =672λ2-3λ+2, ∵0≤λ≤1, ∴78≤2λ2-3λ+2≤2, ∴217≤sin θ≤437, ∴sin θ的最大值為437.