2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练39 立体几何中的向量方法（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练39 立体几何中的向量方法（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为( )
A.-2B.-2C.2D.±2
答案:D
解析:当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±2.
2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A.π6B.π3C.π4D.5π6
答案:B
解析:可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cs|.
∵cs=m·n|m||n|=-32×1=-32,
∴sin θ=32,∴θ=π3.
3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,若AB=2,AF=1,点M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为( )
A.(1,1,1)B.23,23,1
C.22,22,1D.24,24,1
答案:C
解析:设M(x,x,1).由已知得A(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),则AM=(x-2,x-2,1),BD=(2,-2,0),BE=(0,-2,1).
设平面BDE的法向量为n=(a,b,c),
则n⊥BD,n⊥BE,即2a-2b=0,-2b+c=0.
令b=1,则可取n=(1,1,2).
又AM∥平面BDE,所以n·AM=0,
即2(x-2)+2=0,得x=22.
所以M22,22,1.
4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为( )
A.12B.22C.13D.16
答案:C
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D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0),
从而AE=(0,1,0),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).
则n·AC=0,n·AD1=0,即-a+2b=0,-a+c=0,得a=2b,a=c.
令a=2,则可取n=(2,1,2).
所以点E到平面ACD1的距离为h=|AE·n||n|=13.
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则( )
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
答案:B
解析: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,如图所示.设正方体的棱长为1,
则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(13,0,13),F(23,13,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=(13,13,-13), BD1=(-1,-1,1),EF=-13BD1,A1D·EF=AC·EF=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.
6.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则( )
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为60°
D.AB与CD所成的角为60°
答案:ABD
解析:取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,
∴BD⊥平面AEC.
∴BD⊥AC,故A正确.
设正方形的边长为a,则AD=DC=a,AE=22a=EC.由题意知∠AEC=90°,则在Rt△AEC中,可得AC=a.∴△ACD为等边三角形,故B正确.
由已知得AE⊥平面BCD,则∠ABD为AB与平面BCD所成的角,为45°,故C错误.
如图所示,以E为坐标原点,EC,ED,EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,22a),B(0,-22a,0),D(0,22a,0),C(22a,0,0).∴AB=(0,-22a,-22a),DC=(22a,-22a,0).
∵cs=12a2a2=12,∴=60°,故D正确.
7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值是 .
答案:63
解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则有 D12,0,0,C(1,1,0),S(0,0,1),可知AD=12,0,0是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的法向量n=(x,y,z),
因为SD=12,0,-1,DC=12,1,0,所以n·SD=0,n·DC=0,即x2-z=0,x2+y=0.令x=2,则y=-1,z=1,所以可取n=(2,-1,1).
设平面SCD与平面SAB的夹角为θ,则cs θ=|AD·n||AD||n|=12×2+0×(-1)+0×1122×22+(-1)2+12=63.
8.(2024新高考Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为427,求AD.
(1)证明:∵BC=1,AB=3,AC=2,
∴AC2=AB2+BC2,
∴AB⊥AC.
又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,
∴PA⊥BC.
又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A,
∴BC⊥平面PAB.
∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,
∴AD⊥PA.
又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P,
∴AD⊥平面PAB.
∴AD∥BC.
又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外,
∴AD∥平面PBC.
(2)解:∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
令AD=t,则点A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=4-t2,C(0,4-t2,0).
∴AC=(-t,4-t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(0,4-t2,0).
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·AC=0,n1·AP=0,即-tx1+4-t2y1=0,2z1=0,
∴z1=0.不妨设x1=4-t2,则y1=t,∴平面ACP的一个法向量为n1=(4-t2,t,0).
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·DP=0,n2·DC=0,即tx2+2z2=0,4-t2y2=0,
∴y2=0.不妨设z2=t,则x2=-2.
∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为427,
又由图可知,二面角A-CP-D为锐角,
∴二面角A-CP-D的余弦值为77.
∴|cs|=|n1·n2||n1||n2|=24-t22t2+4=77.
∴t=3,∴AD=3.
9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.
(1)求证:B1C1∥平面DEF;
(2)求EF与AC1所成角的大小;
(3)求点B1到平面DEF的距离.
(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.
∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,
∴B1C1∥FD.
又B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,
∴B1C1∥平面DEF.
(2)解:根据题意建立空间直角坐标系如图所示,则点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).
∴EF=(-1,1,-1),AC1=(-2,0,2).
∵EF·AC1=2+0-2=0,
∴EF⊥AC1,∴EF与AC1所成的角为90°.
(3)解:设向量n=(x,y,z)是平面DEF的法向量,DE=(1,0,1),DF=(0,1,0).
由n⊥DE,n⊥DF,即n·DE=0,n·DF=0,可得x+z=0,y=0.
取x=1,则z=-1,∴可取n=(1,0,-1).
设点B1到平面DEF的距离为d,
∵DB1=(-1,2,2),∴d=|DB1·n||n|=|-1+0-2|2=322,∴点B1到平面DEF的距离为322.
二、综合应用
10.(多选)如图,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,AB=2,BC=23,AC=4,点A到平面PBC的距离为455,则( )
A.PA=4
B.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π
C.直线AB与直线PC所成角的余弦值为216
D.AB与平面PBC所成角的正弦值为255
答案:ABD
解析:因为AB=2,BC=23,AC=4,
所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.又因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,从而BC⊥PB.设PA=a,根据等体积法得VP-ABC=VA-PBC,即13×12×2×23×a=13×12×23×a2+4×455,
解得a=4,所以PA=a=4,故A选项正确;
三棱锥P-ABC的外接球的半径与以BC,BA,AP为邻边的长方体的外接球的半径相等,
因为三棱锥P-ABC的外接球的半径为22,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π,故B选项正确;
过点B作PA的平行线BD,则BD⊥平面ABC,
所以以B为坐标原点,BC,BA,BD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则B(0,0,0),C(23,0,0),A(0,2,0),P(0,2,4),
所以AB=(0,-2,0),PC=(23,-2,-4),
所以cs=AB·PC|AB||PC|=42×42=24,所以直线AB与直线PC所成角的余弦值为24,故C选项错误;
可得BC=(23,0,0),BP=(0,2,4),AB=(0,-2,0).
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则m·BC=0,m·BP=0,即x=0,y=-2z.
令z=1,则可取m=(0,-2,1),
设AB与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=|cs|=|AB·m||m||AB|=45×2=255.所以AB与平面PBC所成角的正弦值为255,故D选项正确.
11.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为33,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于 .
答案:16
解析:如图,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,连接OA,OB,取AB的中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角.设AB=1,则CF=32,OF=CF·cs ∠CFO=12,OC=22,则O为正方形ABDE的中心.
建立空间直角坐标系如图所示,
则E0,-22,0,M(24,0,24),A(22,0,0),N(0,24,24),EM=24,22,24,AN=-22,24,24.
故cs=EM·AN|EM||AN|=16.
12.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.
(1)求证:PD⊥平面PAB.
(2)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.
(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.
(2)解:存在.取AD的中点O,连接PO,CO.
因为PA=PD,
所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD,平面PAD与平面ABCD垂直,且交线为AD,
所以PO⊥平面ABCD.
因为AO,CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO,PO⊥OA.
因为AC=CD,所以CO⊥AD.故PO,CO,OA两两垂直.
建立空间直角坐标系如图所示.
由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
所以AP=(0,-1,1),DC=(2,1,0),DP=(0,1,1).设平面PCD的法向量n=(x,y,z),
则DC·n=0,DP·n=0,
即2x+y=0,y+z=0,令x=1,得y=-2,z=2.
所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2).
设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得AM=λAP,
因此点M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).
因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当BM·n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,即-1+4λ=0,
解得λ=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时AMAP=14.
13.(2022全国Ⅰ,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,
∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,
∴DE⊥AC,BE⊥AC.
又BE∩DE=E,
∴AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACD,
∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解:如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=2,BE=3.
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.
又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),∴AB=(-1,3,0),AD=(-1,0,1),DB=(0,3,-1),ED=(0,0,1).
设DF=λDB=(0,3λ,-λ),则EF=ED+DF=(0,3λ,1-λ).
∵EF⊥BD,∴EF·DB=0,
即3λ-(1-λ)=0,解得λ=14.
∴点F0,34,34,CF=1,34,34.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=-x+3y=0,n·AD=-x+z=0,取y=1,则x=z=3,∴n=(3,1,3)为平面ABD的一个法向量.
设CF与平面ABD所成的角为θ,则sin θ=|cs|=3+34+3347×72=437.
故CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
三、探究创新
14.如图①,在等边三角形ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,如图②所示.
(1)若异面直线BE与AC垂直,请确定图①中点D的位置;
(2)证明:无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值.
解:在图②中,分别取DE的中点O,BC的中点F,连接OA,OF.
由题意以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
图①
图②
设OA=x,0