2022版新高考数学一轮总复习课后集训：45+立体几何中的向量方法+Word版含解析

这是一份2022版新高考数学一轮总复习课后集训：45+立体几何中的向量方法+Word版含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

课后限时集训(四十五)　
立体几何中的向量方法
建议用时：40分钟

一、选择题
1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于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°
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0°≤β≤90°，∴β＝30°.]
2．(2020·江西省五校协作联考)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)
A. B．
C. D．
B　[如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.]

3．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A． B．
C． D．
A　[设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.]
4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
A　[由已知AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，
cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.]
5．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是
(　　)
A． B．
C． D．
D　[如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，
＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，
＝(2,0,2)．
设平面A1BD的法向量为
n＝(x，y，z)，则
∴
令z＝1，得n＝(－1,1,1)．
∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.]
6．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
C　[以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，
则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)，
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则
∴令x＝1可得n＝，
故cos〈n，〉＝＝＝.
∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，
∴＝，解得a＝4.故选C.]
二、填空题
7．在底面是直角梯形的四棱锥S­ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是________．
　[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，
D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，
可知＝是平面SAB的一个法向量．
设平面SCD的一个法向量n＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以
即
令x＝2，则有y＝－1，z＝1，
所以n＝(2，－1,1)．
设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝
＝＝.]
8.如图所示，四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点，当直线PA与直线EM所成的角为60°时，那么线段PM的长度是________．
　[如图建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，
∴＝，
∵E是棱PB的中点，
∴E(1,1,1)，
设M(0,2－m，m)，则
＝，
∴
＝
＝
＝，
解得m＝，∴M，
∴PM＝＝.]
9.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．
　[如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，
＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，
由⇒⇒⇒n1＝(1，－1，1)．
sin θ＝＝＝.]
三、解答题
10．(2020·浙江宁波二模)中国古代数学经典《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在如图所示的阳马P­ABCD中， 底面ABCD是矩形．PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝，以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M(异于点D)，交PC于点N(异于点C)．

(1)证明：AM⊥平面PCD，并判断四面体MCDA是否是鳖臑？若是，写出它每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由．
(2)求直线ON与平面ACM所成角的正弦值．
[解]　(1)因为AC是球的直径，所以AM⊥MC，
又PA⊥平面ABCD，
所以CD⊥PA，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD.
四面体MCDA是鳖臑．
它的每个面的直角分别是∠AMC，∠AMD，∠ADC，∠MDC.
(2)如图，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则B(，0,0)，C(，2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，O.
由(1)知AM⊥PD，又PA＝AD，则M为PD的中点，从而M(0,1,1)．
所以＝(－，－2,2)，设＝λ＝(－λ，－2λ，2λ)(0＜λ≤1)，
则＝＋＝(－λ，2－2λ，2λ)．
由AN⊥CN，
得·＝λ(λ－)－2λ(2－2λ)＋4λ2＝10λ2－6λ＝0，
由λ≠0得λ＝，即＝.
所以＝＋＝.
设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)．
由
取x＝，则y＝－1，z＝1，则n＝(，－1,1)．
记ON与平面ACM所成的角为θ，
则sin θ＝
＝＝.
所以直线ON与平面ACM所成角的正弦值为.
11．(2020·安徽五校联考)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AC∩BD＝O，PB⊥AC，PA＝PB＝AB＝2CD＝2，AC＝3.
(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；
(2)点E是棱PC上一点，且OE∥平面PAD，求二面角E­OB­A的正弦值．
[解]　(1)证明：等腰梯形ABCD中，△OAB∽△OCD，∴＝＝2，
又AC＝3，∴OA＝2，∴OB＝2，∴OA2＋OB2＝AB2，
∴OA⊥OB，即AC⊥BD.
又PB⊥AC，且BD∩PB＝B，∴AC⊥平面PBD.
又AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)连接PO，如图，由(1)知，AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，∴PO＝＝2，
∴PO2＋OB2＝PB2，即PO⊥OB.
以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，平面AOB的一个法向量为m＝(0,0,1)，
∵OE∥平面PAD，OE⊂平面PAC，
平面PAC∩平面PAD＝PA，∴OE∥PA.
设平面EOB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，则y＝0，
n⊥⇒n⊥⇒(x，y，z)·(－2,0,2)＝0⇒x＝z，令x＝1，
则n＝(1,0,1)，
∴cos〈m，n〉＝＝，sin〈m，n〉＝＝，
∴所求二面角E­OB­A的正弦值是.



1．(2020·连云港模拟)《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角A­PC­B的大小是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
C　[∵在鳖臑P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，
∴以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,1,0)，C(1,0,0)，B(0,0,0)，P(0,1,1)，＝(0,0，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)，
设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1,1,0)，
设平面PBC的法向量m＝(a，b，c)，
则取b＝1，得m＝(0,1，－1)，
设二面角A­PC­B的大小为θ，
则cos θ＝＝＝，∴θ＝60°.
∴二面角A­PC­B的大小为60°.故选C.]
2．(2020·宣城二模)如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为(　　)
A．O­ABC是正三棱锥
B．二面角D­OB­A的平面角为
C．直线AD与直线OB所成角为
D．直线OD⊥平面ABC
B　[正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，
在A中，∵AC＝AB＝BC，OA＝OB＝OC，
∴O­ABC是正三棱锥，故A正确；
在B中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，
＝(1,1,1)，＝(0,1,0)，
设平面OBD的法向量m＝(x，y，z)，
则取x＝1，得m＝(1,0，－1)，
平面OAB的法向量n＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝＝，
二面角D­OB­A的平面角为，故B错误；
在C中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，
＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，
cos〈，〉＝＝＝，
∴直线AD与直线OB所成角为，故C正确；
在D中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，C(0,0,1)，
＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，
·＝0，·＝0，∴OD⊥AB，OD⊥AC，
∵AB∩AC＝A，
∴直线OD⊥平面ABC，故D正确．故选B.]

3．(2020·厦门模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，△ABC为正三角形，D为线段BB1的中点．
(1)证明：平面ADC1⊥平面ACC1A1；
(2)若AA1与平面ABC所成角的大小为60°，AA1＝AC，求二面角A­DC1­B1的余弦值．
[解]　(1)证明：设AC，AC1的中点分别为M，O，连接BM，MO，DO，
∵△ABC为正三角形，
∴BM⊥AC.
∵平面ABC⊥平面ACC1A1，
平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，
BM⊂平面ABC，
∴BM⊥平面ACC1A1.
∵M，O分别为AC，AC1的中点，
∴MO綊CC1，
在棱柱ABC­A1B1C1中，BB1綊CC1，
又∵D为BB1的中点，∴BD綊CC1，∴MO綊BD，
∴四边形BMOD为平行四边形，∴DO∥BM ，
∴DO⊥平面ACC1A1，
∵DO⊂平面ADC1，
∴平面ADC1⊥平面ACC1A1.
(2)∵平面ACC1A1⊥平面ABC，
∴A1在平面ABC内的射影落在AC上，
∴∠A1AC为AA1与平面ABC所成的角，
故∠A1AC＝60°，连接A1O，∵AA1＝AC，
则A1O⊥AO，
设AA1＝2，则AO＝，A1O＝1，
以O为原点，分别以OA，OA1，OD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(，0,0)，D(0,0，)，
C1(－，0,0)，C(0，－1,0)，
B1，
∴＝(，0，)，＝＝，
∵平面ACC1A1⊥平面ADC1，
平面ACC1A1∩平面ADC1＝AC1，OA1⊥AC1，
∴OA1⊥平面ADC1，
设平面ADC1的一个法向量为＝(0,1,0)，
设平面B1DC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
取m＝(1，，－1)，
∴cos〈，m〉＝＝，
又二面角A­DC1­B1为钝角，
故二面角A­DC1­B1的余弦值为－.

1．(2020·乐清期末)如图在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，直线SM与面SAC所成角大小为________．
　　[因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设SA＝SB＝SC＝2，则M(1,1,0)，B(0,2,0)，N(0,0,1)，A(2,0,0)，C(0,0,2)．
因为＝(1,1,0)，＝(0，－2,1)，cos〈，〉＝＝－，
所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，
面SAC一个法向量为＝(0,2,0)，则由
cos〈，〉＝＝得〈，〉＝，
即直线SM与面SAC所成角大小为.]
2．[结构不良试题](2020·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：
如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．
[解]　若选②，由PO⊥平面ABCD，知PO⊥AB，又PC⊥AB，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，BC＞BA，
这与底面是菱形矛盾，∴②必不选，故选①③.
下面证明：PO⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵PC⊥BD，PC∩AC＝C，∴BD⊥平面APC，
∵PO⊂平面APC，∴BD⊥PO，
∵PA＝PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，
又AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD，
以O为原点，OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB∥CD，∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角，
∴∠PBA＝60°，
在菱形ABCD中，设AB＝2，
∵∠ABC＝60°，∴OA＝1，OB＝，
设PO＝a，则PA＝，PB＝，
在△PBA中，由余弦定理得：
PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，
∴a2＋1＝4＋a2＋3－2×2××，
解得a＝，
∴A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，
设平面ABP的法向量n＝(x，y，z)，
＝(，1,0)，＝(0,1，)，
则
取z＝1，得n＝(，－，1)，
设m＝(a，b，c)是平面CBP的法向量，
＝(，－1,0)，＝(0，－1，)，
由
令c＝1，得m＝(，，1)，
设二面角A­PB­C的平面角为θ，
∴cos θ＝＝，
∴二面角A­PB­C的余弦值为.