高考数学一轮复习检测：第7章第4节 空间向量及其应用 含解析

这是一份高考数学一轮复习检测：第7章第4节 空间向量及其应用 含解析，共18页。

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A级　基础夯实练
1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)
A．120°　　　　　　　　 B．60°
C．30° D．60°或30°
解析：选C.设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.
又因为0°≤β≤90°，所以β＝30°.
2.(2018·赣州模拟)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C.cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°，其补角为135°.所以两平面所成的二面角为45°或135°.
3.(2018·九江模拟)在四棱锥P­ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h＝(　　)
A．1 B．2
C．13 D．26
解析：选B.设平面ABCD的一个法向量为n＝(x，y，z)．
则⇒
令y＝4，则n＝，
则cos〈n，〉＝＝＝－.
因为＝|cos〈n，〉|，所以h＝×2＝2.
4.(2018·辽宁大连测试)在空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(1，0，2)，(1，2，0)，(1，2，1)，(0，2，2)，若正视图以yOz平面为投射面，则该四面体侧视图的面积为(　　)
A. B．1
C．2 D．4

解析：选B.如图，在棱长为2的正方体中建立空间直角坐标系O­xyz，确定四面体的四个顶点，设为A，B，C，D，则侧视图以△BCD所在的平面为投射面，对应的射影分别为A′，B′，C′，D′，从而该四面体的侧视图，即△A′B′D′的面积为×1×2＝1，故选B.
5.已知底面是边长为2的正方形的四棱锥P­ABCD中，四棱锥的侧棱长都为4，E是PB的中点，则异面直线AD与CE所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C. D．

解析：解法一：选A.如图，取PC的中点F，连接EF，则EF＝1，且∠ECB为异面直线AD与CE所成的角．在△PEF中，由余弦定理，得cos∠EPF＝＝.在△PEC中，由余弦定理，得CE2＝PE2＋PC2－2PE×PC×cos∠EPC＝22＋42－2×2×4×＝6，所以cos∠ECB＝＝＝，故选A.

解法二：设O为正方形ABCD的对角线AC与BD的交点，根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，－1，0)，D(－1，－1，0)，C(－1，1，0)，E(，，)，所以＝(－2，0，0)，＝，
所以|cos〈，〉|＝
＝＝，故选A.
6.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是(　　)

A．DB1⊥D1P
B．平面AD1P⊥平面A1DB1
C．∠APD1的最大值为90°
D．AP＋PD1的最小值为

解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，
∵＝(0，1，－1)，又P为线段A1B上的动点，∴设P(1，λ，1－λ)(0＜λ＜1)，
∴＝(－1，0，1)，＝(1，λ，－λ)，设n＝(x，y，z)是平面AD1P的法向量，则有
即可取n＝，
又平面A1DB1的法向量可为＝(－1，0，1)，∵·n＝0，∴平面AD1P⊥平面A1DB1.故选B.

7.如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是________．
解析：以O为原点，OA所在直线为x轴，过O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则B(1，2，0)，P(0，0，2)，C(－1，2，0)，M，O(0，0，0)，＝(0，0，2)，＝(－1，2，0)，＝.

设平面PCO的法向量为m＝(x，y，z)，
则可取m＝(2，1，0)，
设直线BM与平面PCO所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.
答案：
8.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为________．
解析：解法一：如图，过点P作直线l∥AB，直线l就是平面PAB与平面PCD的交线，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，l⊥平面PAD，
∴PD⊥l，PA⊥l，故∠DPA就是平面PAB与平面PCD所成的二面角的平面角，
在Rt△PAD中，∠DPA＝.
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.
解法二：设PA＝AD＝1，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则P(0，0，1)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，∴＝(－1，0，0)，＝(0，1，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则有即可取n＝(0，1，1)．
易知平面PAB的一个法向量为＝(0，1，0)，
则cos〈n，〉＝＝＝，
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.
答案：

9.(2018·河南郑州质量预测)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.

(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos＝3.
∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥CF，又CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF.
∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)由(1)，以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，
设平面MAB的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n1＝(1，，－λ)为平面MAB的一个法向量．
易知n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，
则cos θ＝＝
＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值，
∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.

10.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1.
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE.若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．

设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，
故＝(0，1，1)，＝，
＝(a，0，1)，＝.
因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，
得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量
n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
B级　能力提升练
11.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(　　)

A. B．
C. D．0
解析：选D.如图以DA，DC，DD1所在直线方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，则可得A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，所以＝(－1，0，－1)，＝(1，－1，－1)．设异面直线A1E与GF所成的角为θ，

则cos θ＝|cos〈，〉|＝0.
12.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B.因为正方体的棱长为a，A1M＝AN＝，
所以＝，＝，
所以＝＋＋＝＋＋
＝(＋)＋＋(＋)
＝＋，
又是平面B1BCC1的一个法向量，
且·＝·＝0，
所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，
所以MN∥平面B1BCC1.
13.在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)
A. B．
C. D．
解析：选D.如图，建立空间直角坐标系A­xyz，
易求点D，

平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，
所以cos〈n，〉＝＝，即sin α＝.
14.点P是二面角α­AB­β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α­AB­β的大小为________．
解析：不妨设PM＝a，PN＝b，如图．
作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM＝∠FPN＝45°，
所以PE＝a，PF＝b，
所以·＝(－)·(－)
＝·－·－·＋·
＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b＝－－＋＝0，
∴⊥，
∴二面角α­AB­β的大小为90°.
答案：90°
15.已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是________．
解析：如图，以D1为原点建立空间直角坐标系D1­xyz.

设AD＝a(a＞0)，AP＝x(0≤x≤2)，则P(a，x，2)，C(0，2，2)，
所以＝(a，x，2)，＝(a，x－2，0)，
因为D1P⊥PC，所以·＝0，即a2＋x(x－2)＝0，
a＝＝.
当0≤x≤2时，a∈(0，1]．即AD的取值范围是(0，1]．
答案：(0，1]
16.已知：在▱ABCD中，∠DAB＝45°，AB＝2，AD＝2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF＝，M为线段BC的中点．

(1)求证：直线MF∥平面BED.
(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：取BD的中点G，连接MG，EG，
因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，
所以MG綊CD，
又CD綊AB，EF綊AB，
所以EF綊GM，所以四边形EFMG是平行四边形，
所以MF∥EG，
又MF⊄平面BED，EG⊂平面BED，
所以MF∥平面BED.
(2)过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，
OE⊂平面EAD，所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥AB，过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示
则E(0，0，)，M(0，2，0)，G(0，，0)，B(，，0)，F(0，，)，
所以＝，＝(0，－，)，
＝，＝(0，－，)．
设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面BCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
所以
令y1＝y2＝得m＝(－，，)，n＝(，，)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
设平面BED与平面FBC所成角为θ，则|cos θ|＝，
所以sin θ＝ ＝，
所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为.
C级　素养加强练
17.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE中点．
(1)求证：AB⊥DE.
(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，
因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，
因为CD∥OB，CD＝AB＝OB，BC＝CD，BC⊥AB，
所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，
又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE＝O，
所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，
所以AB⊥DE.
(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，
所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(－1，0，1)，
所以＝(－1，0，1)，＝(－1，，0)，＝(0，0，1)，＝(1，，0)，
设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则
即令y＝1，得m＝(，1，)，
同理可得平面BCE的法向量为n＝(，－1，0)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.
18.如图(1)，在等腰梯形CDEF中，CB，DA是梯形的高，AE＝BF＝2，AB＝2，现将梯形沿CB，DA折起，使EF∥AB且EF＝2AB，得一简单组合体ABCDEF如图(2)所示，已知M，N分别为AF，BD的中点．

(1)求证：MN∥平面BCF.
(2)若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为，则求平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角大小．
解：(1)证明：连接AC，
因为四边形ABCD是矩形，N为BD中点，
所以N为AC中点．
在△ACF中，M为AF中点，故MN∥CF.
因为CF⊂平面BCF，MN⊄平面BCF，
所以MN∥平面BCF.
(2)依题意知DA⊥AB，DA⊥AE且AB∩AE＝A，
所以AD⊥平面ABFE，
所以DE在平面ABFE上的射影是AE.
所以∠DEA就是DE与平面ABFE所成的角．
故在Rt△DAE中：tan∠DEA＝＝＝，
所以AD＝，DE＝.
在平面ABFE内作AP⊥EF，P为垂足，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0，0，0)，D(0，0，)，E(－，，0)，F(3，，0)，C(2，0，)
所以＝(0，0，)，＝(－，，0)，＝(－，，－)，＝(2，0，0)．
设m＝(x，y，z)，n＝(r，s，t)分别是平面ADE与平面CDEF的法向量，令
即
取m＝(1，1，0)，n＝(0，1，1)，则cos〈m，n〉＝＝，所以平面CDEF与平面ADE所成锐二面角的大小为.