（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（48）第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法（含解析）

 [练案48]第七讲　立体几何中的向量方法

A组基础巩固

一、单选题

1．(2020·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．在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的法向量为a＝(2，－2,1)，已知P(－1,3,2)，则P到平面OAB的距离等于(　B　)

A．4　 B．2　

C．3　 D．1

[解析]　设点P到平面OAB的距离为d，则d＝，因为a＝(2，－2,1)，P(－1,3,2)，所以d＝＝2.故选B.

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．在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　C　)

A．　 B．1　

C．　 D．

[解析]　以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以＝(，0,0)，＝(，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|cos，|＝＝＝，则sinθ＝，tanθ＝，故选C项．

5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　C　)

A．　 B．　

C．　 D．

[解析]　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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．

设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，

∴＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)．

∴cos，＝

＝＝＝.

6．(2019·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.

7．(2019·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]　二面角的大小为，，

∵＝－－，

两边平方得68＝36＋16＋64－96cos，，

∴cosAC，＝，∴，＝60°，故选C.

二、多选题

8．已知空间中两条直线a，b所成的角为50°，P为空间中给定的一个定点，直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是θ(0°<θ≤90°)，则下列选项正确的是(　ABCD　)

A．当θ＝15°时，满足题意的直线l不存在

B．当θ＝25°时，满足题意的直线l有且仅有1条

C．当θ＝40°时，满足题意的直线l有且仅有2条

D．当θ＝65°时，满足题意的直线l有且仅有3条

[解析]　过点P分别作a′∥a，b′∥b，则a′与b′所成的角为50°，由题意可知25°≤θ≤90°，∴当θ＝15°时，满足题意的直线不存在，故A正确；当θ＝25°时，直线l过点P且与a′，b′在同一平面内，且平分a′与b′所成角，∴满足题意的直线有且仅有1条；故B正确；当25°<θ<65°时，满足题意的直线l有且仅有2条，故C正确；当θ＝65°时，满足题意的直线有且仅有3条，故D正确．

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.

三、填空题

10．(2020·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，

∴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.

11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，则异面直线BC1与A1B1所成角为__60°__；二面角A－BC1－C的余弦值是　　.

[解析]　由题意可知BC1＝AB＝AC1＝，

∴BC1与A1B1所成的角为∠ABC1＝60°，连B1C交BC1于H，连AH，则HC⊥BC1，AH⊥BC1，

∴∠AHC即为二面角A－BC1－C的平面角，且cos∠AHC＝＝.

注：本题也可如图建立空间直角坐标系，用向量法求解．

四、解答题

12．(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.

13．(2020·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，

∴cos θ＝－|cosm，n|＝－＝－，

∴二面角F－BE－A的余弦值为－.

14．(2019·银川模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.

(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；

(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求二面角E－AC1－B的余弦值．

[解析]　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，

∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，

∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC.

又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.

又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，

∴A1C⊥平面ABC1，

又A1C⊂平面A1ACC1，

∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.

(2)当E为BB1的中点时，连接AE，EC1，DE，如图1，取A1A的中点F，连接EF，FD，

∵EF∥AB，DF∥AC1，

又EF∩DE＝F，AB∩AC1＝A，

∴平面EFD∥平面ABC1，则有DE∥平面ABC1.

以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为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，＝(0,4，－4)是平面ABC1的一个法向量．

设n＝(x，y，z)为平面AC1E的法向量，

∵＝(0,4,4)，＝(2,0,2)，

∴，即，

令z＝1，则x＝－1，y＝－1，

∴n＝(－1，－1,1)为平面AC1E的一个法向量．

设与n的夹角为θ，则cosθ＝＝－，

由图知二面角E－AC1－B为锐角，

∴二面角E－AC1－B的余弦值为.

B组能力提升

1．(2019·广东江门模拟)如左图，平面五边形ABCDE中，∠B＝∠BAD＝∠E＝∠CDE＝90°，CD＝DE＝AE，将△ADE沿AD折起，得到如右图的四棱锥P－ABCD.

(1)证明：PC⊥AD；

(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直线PB与平面PCD用成角的正弦值．

[解析]　(1)证明：取AD的中点F，连接PF、CF.

由已知，左图CDEA是正方形，因为正方形的对角线互相垂直平分，所以PF⊥AD(即EF⊥AD)、CF⊥AD，

因为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，

从而PF、CF、AF两两互相垂直，以F为原点，以、、为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz，

则P(0,0,1)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(－1,0,0)，

设n＝(x，y，z)是平面PCD的一个法向量，

则，

取x＝1，则y＝z＝－1，

故n＝(1，－1，－1)，＝(1,1，－1)，

直线PB与平面PCD所成角的正弦值为

|cos，n|＝＝.

2．(2019·黑龙江省大庆实验中学押题卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC，AB＝BC，AB⊥BC，E，F分别为AC，B1C1的中点．

(1)求证：直线EF∥平面ABB1A1；

(2)求二面角A1－BC－B1的余弦值．

[解析]　(1)证明：取A1C1的中点G，连接EG，FG，由于E，F分别为AC，B1C1的中点，所以FG∥A1B1.

又A1B1⊂平面ABB1A1，FG⊄平面ABB1A1，

所以FG∥平面ABB1A1.又AE∥A1G且AE＝A1G，

所以四边形AEGA1是平行四边形．

则EG∥AA1.又AA1⊂平面ABB1A1，EG⊄平面ABB1A1，所以EG∥平面ABB1A1.

所以平面EFG∥平面ABB1A1.又EF⊂平面EFG，

所以直线EF∥平面ABB1A1.

(2)令AA1＝A1C＝AC＝2，

由于E为AC中点，则A1E⊥AC，

又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1E⊂平面A1AC，

则A1E⊥平面ABC，连接EB，可知EB，EC，EA1两两垂直．

以E为原点，分别以EB，EC，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，)，

A(0，－1,0)，B1(1,1，)，

所以＝(－1,1,0)，＝(－1,0，)，

＝＝(0,1，)，

令平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则，

令x1＝，则n1＝(，，1)

令平面B1BC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)

则，

令x2＝，则n2＝(，，－1)

由cosn1，n2＝＝，

故二面角A1－BC－B1的余弦值为.

3．(2019·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<t<1)，

则点M的坐标为(0,2t,2－2t)，

所以＝(0,2t,2－2t)．

设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则

，得，

则可取n＝(1，－1，)．

又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，

所以|cosm，n|＝＝

＝cos45°＝，

解得t＝，即点M是线段PD的中点．

此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，

＝(－2，3，1)．

设BM与平面MAC所成的角为θ，

则sinθ＝|cosn0，＝.