2022版新高考数学人教版一轮练习：（47） 立体几何中的向量方法

[练案47]第七讲　立体几何中的向量方法A组基础巩固一、单选题1．(2021·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　C　)A．±　　B．　　C．－　　D．±[解析]　＋λ＝(1，－λ，λ)，cos120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，∴λ＝－.2．(2021·江苏镇江八校期中联考)已知二面角α－l－β，其中平面α的一个法向量m＝(1,0，－1)，平面β的一个法向量n＝(0，－1,1)，则二面角α－l－β的大小可能为(　C　)A．60°　　B．120°　　C．60°或120°　　D．30°[解析]　设二面角α－l－β的平面角为θ，则|cosθ|＝＝，∴θ＝60°或120°.3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，则B1M与AN所成角的余弦值等于(　B　)A．－　　B．　　C．－　　D．[解析]　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz. 设AB＝2，B1M与AN所成角为θ，则A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N(1,1,2)，所以＝(－1,1,2)，＝(－1，－1，－2)．故cos，＝＝＝－.因为两异面直线所成角的范围是(0，]，所以cosθ＝.故选B.4．(2020·河南林州期末)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1,AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　A　)A．　　B．C．　　D．[解析]　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0，0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)． 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．∴cos〈，n〉＝＝，∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.5．(2021·安徽六校教育研究会联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知∠ABC＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为(　C　)A．α＝β　　B．αβ　　D．不能确定6．(2021·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC－A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　B　)A．　　B．　　C．　　D．[解析]　如图建立空间直角坐标系，则＝(0,0,1)，＝(，1，－1)，＝(0,2，－1)，设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则不妨取z＝2， 则x＝，y＝1，∴n＝(，1,2)，∴A到平面A1BC的距离d＝＝.故选B.注：本题也可用等体积法求解．设A到平面A1BC的距离为h，∵VA1－ABC＝VA－A1BC，∴＝，∴h＝.7．(2021·河南安阳)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　C　)A．150°　　B．45°　　C．60°　　D．120°[解析]　由条件，知·＝0，·＝0，＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2，∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C．二、多选题8．(2020·甘肃模拟改编)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是(　ABC　)A．MN∥平面ADD1A1B．MN⊥ABC．直线MN与平面ABCD所成角为45°D．异面直线MN与DD1所成角为60°[解析]　取AB的中点H，连NH、MH，∵M，N分别为AC，A1B的中点，∴NH∥AA1，HM∥BC∥AD，∴平面MNH∥平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1，A正确；又AB⊥NH，AB⊥MH，∴AB⊥平面MNH，∴AB⊥MN，B正确；∵NH⊥平面ABCD，∴∠NMH为MN与平面ABCD所成角，显然为45°，∴C正确；MN与DD1所成角为45°，D错误，故选ABC． 9．(2020·山东济南期末)给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；a×b.规定：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手系(如图1)；③|a×b|＝|a||b|·sin〈a，b〉．如图2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，则下列结论正确的是(　ACD　)A．×＝B．×＝×C．(＋)×＝×＋×D．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝(×)·[解析]　由叉乘运算定义知A正确；×＝－×，B错误；(＋)×＝×＝λ，由|×|＝|λ|知2×4sin90°＝2λ，∴λ＝4，∴(＋)×＝4①.同理可知×＝4，×＝4，∴×＋×＝4(＋)＝4②，由①、②知C正确．又(×)·＝|×|·||＝||·||·||＝V长方体ABCD－A1B1C1D1，D正确，故选ACD.10.(2021·河北质检)如图，是直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1＝2，点E，F，H分别为棱DD1，D1C1，BB1上的中点，则下列结论中一定正确的是(　ABC　) A．点F在平面EAB1内B．直线C1H与平面BDD1B1所成的线面角为C．C1H∥平面EAB1D．异面直线AB1与C1H所成的角为[解析]　如图，连接EF，DC1，因为点E，F均为中点，故EF∥DC1，又DC1∥AB1，所以EF∥AB1，又E∈平面EAB1，所以EF⊂平面EAB1，所以点F在平面EAB1内，故A正确；如图建立空间直角坐标系，由题意知AC⊥平面BDD1B1，∴平面BDD1B1的法向量n＝(－1,1,0)，又＝(－1,0,1)，记C1H与平面BDD1B1所成角为θ，则sinθ＝＝＝，∴θ＝，故B正确；又＝(－1,0,1)＝，∴AE∥HC1，又HC1⊄平面EAB1，∴HC1∥平面EAB1，C正确；又＝(0,1,2)，记AB1与C1H所成角为α，则cosα＝＝＝，∴α≠，故D错，∴选ABC．三、填空题11．(2021·河北承德期末)已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝60°，PD⊥平面ABCD，且PD＝AB，点E是棱AD的中点，F在棱PC上．若PFFC＝12，则直线EF 与平面ABCD所成角的正弦值为　　.[解析]　如图，以D点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设菱形ABCD的边长为2，则D(0,0,0)，E，F，所以＝.又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以cos〈，n〉＝＝，即直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为.12．(2021·山东枣庄期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PC⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2，PC＝，则PA与平面ABC所成角的大小为　45°　；三棱锥P－ABC外接球的表面积是6π.[解析]　如图，作PO⊥平面ABC于O，连OA，OC，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．∵AB⊥PA，AB⊥PO，∴AB⊥平面PAO，从而AB⊥AO，同理BC⊥CO，又AB⊥BC， ∴四边形ABCO为矩形，又由题意易知PB＝，PA＝，AO＝1，PO＝1，∴∠PAO＝45°，即PA与平面ABC所成角为45°，又PB为三棱锥P－ABC外接球的直径，∴S球＝4π·2＝6π.四、解答题13．(2020·3月份北京市高考适应性考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M、N分别为AD，PD的中点．(1)求证：PA∥平面MNC；(2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值．[解析]　(1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，所以PA∥MN，又因PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，所以PA∥平面MNC．(2)由题意建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设AD＝2，则P(0,0,4)，B(2,2,0)，M(1,0,0)，N(0,0,2)，C(0,2,0)，则＝(2,2，－4)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,0)．设平面MNC的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝2，则y＝1，z＝1，即n＝(2,1,1)．设直线PB与平面MNC所成角为α， 则sinα＝＝＝.即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为.14．(2021·河北石家庄质检)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，M为AA1的中点，BC＝BD＝1，AB＝AA1＝.(1)求证：MD⊥平面BDC1；(2)求二面角M－BC1－D的余弦值．[解析]　(1)因为BC＝BD＝1，CD＝AB＝.可得BC2＋BD2＝CD2，∴BD⊥BC，又DD1⊥平面ABCD.∴AD、DB、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(0,1,0)，C1(－1,1，)，M，∴＝，＝，＝，＝(0,1,0)，(1)∵·＝0，·＝0，∴DM⊥DB，DM⊥BC1，又DB∩BC1＝B，∴DM⊥平面BDC1.(2)设平面C1BM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝，则x＝2，y＝3， 故可取n＝(2,3，)．又由(1)知平面BDC1的一个法向量为＝，记二面角M－BC1－D为θ，则|cosθ|＝＝，∴二面角M－BC1－D的余弦值为.15．(2021·河北唐山摸底)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．(1)求证：平面PBE⊥平面PAD；(2)直线PB与平面PAD所成角为45°，求二面角C－PE－D的余弦值．[解析]　(1)连接BD，由题意可知△ABD是等边三角形，又E是AD有中点，所以BE⊥AD；由PD⊥底面ABCD，BE⊂底面ABCD，所以PD⊥BE，且PD∩AD＝D，所以，BE⊥平面PAD，且BE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAD.(2)由(1)可知，PB在平面PAD上的射影为PE，所以直线PB与平面PAD所成角为∠BPE＝45°，在Rt△BPE中，PE＝BE＝AD＝.所以，在Rt△DPE中，DE＝AD＝1，PD＝＝.以E为原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz. 由题设可得P(－1,0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．设m＝(x，y，z)是平面PEC的法向量，则得可得m＝.由(1)知＝(0，，0)是平面PED的一个法向量，则cos〈，m〉＝＝.所以二面角C－PE－D的余弦值为.B组能力提升1．(2021·广东惠州调研)在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝1，AD＝2，PA＝PD＝，E为AD的中点，F为PC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；(2)求二面角F－BE－A的余弦值．[解析]　(1)连接AC交BE于N，并连接CE，FN，∵BC∥AD，BC＝AD，E为AD的中点，∴AE∥BC，且AE＝BC， ∴四边形ABCE为平行四边形，∴N为AC中点，又F为PC中点，∴NF∥PA，∵NF⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，∴PA∥平面BEF.(2)连接PE，由E为AD的中点及PA＝PD＝，得PE⊥AD，则PE＝，∵侧面PAD⊥底面ABCD，且交于AD，∴PE⊥面ABCD，如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，P(0,0，)．∵F为PC的中点，∴F，∴＝(0,1,0)，＝，设平面EBF法向量为m＝(x，y，z)，则⇒取m＝(，0,1)，平面EBA法向量可取：n＝(0,0,1)，设二面角F－BE－A的大小为θ，显然θ为钝角，∴cosθ＝－|cosm，n|＝－＝－，∴二面角F－BE－A的余弦值为－.2．(2020·四川攀枝花市统考)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC为等边三角形，AB⊥AC，D是BC的中点． (1)证明：AC⊥PD；(2)若AB＝AC＝2，求二面角D－PA－B平面角的余弦值．[解析]　(1)证明：取AC中点E，连接DE、PE，∵△PAC为等边三角形，∴PE⊥AC．∵AB⊥AC，D是BC的中点，E为AC中点，∴ED⊥AC，∴AC⊥平面PED，∵PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD.(2)∵PE，AC，ED三线两两垂直，以E为坐标原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系C(1,0,0)，A(－1,0,0)，B(－1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)设PAD面法向量为n＝(x，y，z)，＝(0,1，－)，＝(－1,0，－)，∵⊥n，⊥n，∴令z＝，y＝3，x＝－3，面PAD法向量为n＝(－3,3，)．设面PAB法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝(0,2,0)，＝(1,0，)∵⊥m，⊥m，∴，令z′＝，y′＝0，x′＝－3，面PAB法向量为m＝(－3,0，)．设二面角D－PA－B的平面角为θ，cosθ＝＝＝，∴二面角D－PA－B平面角的余弦值.3．(2021·浙江金色联盟百校联考)如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD 与菱形DBNM全等，且∠MDB＝∠DAB，G为MC中点．(1)求证：平面GBD∥平面AMN；(2)求直线AD与平面AMN的所成角的正弦值．[解析]　(1)连接AC交DB于E，连接GE，易知GE∥AM.因为GE⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，所以GE∥平面AMN.又MN∥BE，同理可证BE∥平面AMN.又因为BE∩GE＝E，所以平面GBD∥平面AMN.(2)(几何法)连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面DBNM且相交于BD，所以ME⊥平面ABCD.由ME⊥BD，又AC⊥BD且AC∩ME＝E，所以BD⊥平面AMC，平面GBD⊥平面AMC，过C作CF⊥GE，所以CF⊥平面GBD，连接BF，由AD∥BC，所以∠CBF即为直线AD与平面GBD的所成角．由(1)平面GBE//平面AMN，∠CBF即为直线AD与平面AMN的所成角．由题意有AD＝AB＝BD，∠DAB＝60°.在直角三角形MAE中，ME＝AE，所以∠MAE＝45°，则∠GEC＝45°所以CF＝CE，又在直角三角形DEC中，∠EDC＝60°，所以CE＝BC，易知CF＝CE＝BC， 所以sin∠CBF＝＝.则直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为.(2)(坐标法)连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面MNBD且相交于BD，所以ME⊥平面ABCD.则可以以CA为x轴，DB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，令AB＝2，则A(，0,0)，D(0，－1,0)，M(0,0，)，B(0,1,0)，N(0，2，)，设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则由得，则可令x＝1，得y＝0，z＝1，平面AMN的法向量为n＝(1,0,1)，设直线AD与平面AMN的所成角为θ，sinθ＝＝＝，则直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为.4．(2021·安徽蚌埠质检)如图，在棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°，AD＝2，AB＝AA1＝4，F是AD的中点，且C1在底面上的投影E恰为CD的中点．(1)求证：AD⊥平面C1EF； (2)若点M满足＝λ，试求λ的值，使二面角M－EF－C为135°.[解析]　(1)在△FED中，EF＝＝，∴FD2＋EF2＝DE2，因此∠EFD＝90°，即EF⊥AD，∵C1在底面上的投影E恰为CD的中点，∴C1E⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，∴C1E⊥AD，又EF⊥AD，EF∩C1E＝E，EF，C1E⊂平面C1EF，∴AD⊥平面C1EF.(2)连接EA，EB，在平行四边形ABCD中，∵AD＝DE＝EC＝BC＝2，∠EDA＝60°，∠BCE＝120°，∴∠CEB＝30°，∠DEA＝60°，故∠AEB＝90°，即EA⊥EB，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系E－xyz，E(0,0,0)，C1(0,0,2)，C(－1，，0)，D(1，－，0)，D1(2，－2，2)，F，＝，＝λ＝λ(2，－2，0)＝(2λ，－2λ，0)，＝＋＝(2λ，－2λ，2)，易得平面CEF的一个法向量为m＝(0,0,1)，设n＝(x，y，z)为平面MEF的一个法向量，则：，即，令x＝，得n＝(，3,2λ)，∵二面角M－EF－C为135°，∴|cos〈m，n〉|＝|cos135°|， 即＝，∴＝，即λ2＝3，又∵二面角M－EF－C的大小为钝角，∴λ＝.5．(2021·海南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．[解析]　(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)．设＝t(0