高考数学一轮复习第七章立体几何第五节空间向量及其应用课时规范练理含解析新人教版

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第七章 立体几何 第五节 空间向量及其应用[A组　基础对点练]1．(2021·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P­ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P­BC­A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　)A．     B．C．     D．解析：取BC的中点O，连接OP，AO，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA是二面角P­BC­A的平面角，即∠POA＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角是异面直线PB和AC所成的角，设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝a，所以cos ∠PBD＝＝.答案：A2．(2020·河南示范性高中第二次联考)某三棱锥P­ABC的三视图如图所示，P，A，B，C在三视图中所对应的点分别为P′，A′，B′，C′，则二面角 A­BC­P的余弦值为(　　)A．     B．C．     D．解析：三棱锥P­ABC如图所示，作AD⊥BC，垂足为D，连接PD，易知∠ADP是二面角A­BC­P的平面角，因为AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，所以BC＝＝5，则AD＝.又PA⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以PA⊥AD，所以PD＝＝＝，从而cos ∠ADP＝＝.答案：D3．(2020·河北示范性高中联合体联考)正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个，记这3个点分别为E，F，G，则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为(　　)A．     B．C．     D．解析：正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为D1，BC的中点，B1C1的四等分点(靠近B1)，不妨设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点(靠近B1)为F.以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示，设AB＝2，则E(1，2，0)，F，G(0，0，2)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，从而＝，＝，AC1＝(－2，2，2).设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0，即x＋2z＝x＋2y＝0，令x＝4，得n＝(4，－3，－1).设直线AC1与平面EFG所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，AC1〉|＝.答案：D4．已知在直二面角α­l­β中，A∈α，B∈β，A，B都不在l上，AB与α所成的角为x，AB与β所成的角为y，AB与l所成的角为z，则cos2x＋cos2y＋sin2z的值为(　　)A．     B．2C．3     D．解析：过点A，B分别作AC⊥l，BD⊥l，垂足分别为C，D，过点B作直线平行于l，过点C作直线平行于BD，两直线交于点E，连接AD，BC，AE(图略).因为二面角α­l­β为直二面角，BD⊂β，α∩β＝l，BD⊥l，所以BD⊥α.同理AC⊥β.又∠BAD，∠ABC分别为AB与平面α，β所成的角，所以有∠BAD＝x，∠ABC＝y.因为BE∥l，所以∠EBA＝z.因为EC∥BD，所以EC⊥l，又AC⊥β，所以AC⊥l，所以l⊥平面AEC，所以AE⊥l，即AE⊥BE，所以cos2x＋cos2y＋sin2z＝＋＋＝2.答案：B5．已知平面α∥β，且α与β的距离为d(d＞0)，m⊂α，则在β内与直线m的距离为2d的直线共有________条．解析：由题意得平面β内与直线m的距离为2d的直线为以直线m为中心线，半径为2d的圆柱面与平面β的交线，易知交线有2条．答案：26.如图所示，已知AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上．若PA＝AB＝2，AC＝BC，则二面角P­AC­B的正切值是________．解析：取AC的中点D，连接OD，PD(图略)，则OD⊥AC，PD⊥AC，∴∠PDO是二面角P­AC­B的平面角．∵PA＝AB＝2，AC＝BC，∴PO＝，OD＝，∴二面角P­AC­B的正切值tan∠PDO＝＝.答案：7.如图所示，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解析：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)如图所示，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，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H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF，所以PH＝，EH＝，则H(0，0，0)，P，D，＝，＝.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝＝＝，所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.[B组　素养提升练]1．如图所示，直四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，M，N分别是BB1，A1D的中点．求二面角A­MA1­N的正弦值．解析：取BC的中点为E，则DE⊥DA，以D为坐标原点．的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，A1A＝(0，0，－4)，A1M＝(－1，，－2)，A1N＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0).设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m＝(，1，0).设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n＝(2，0，－1).于是cos 〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A­MA1­N的正弦值为.2.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B­CD­C1的余弦值．解析：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE，所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图所示，建立空间直角坐标系E­xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)，所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1).设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则即令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4).又因为平面CC1D的法向量为＝(0，2，0)，所以cos 〈n，〉＝＝－.由题意知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－.3．(2020·安徽江南十校联考)斜三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，A1B＝，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；(2)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值．解析：(1)证明：∵AB＝2，A1B＝，∠A1AB＝60°，∴由余弦定理得A1B2＝AA＋AB2－2AA1·AB cos ∠A1AB，即AA－2AA1－3＝0⇒AA1＝3或－1(舍)，故AA1＝3.取BC的中点O，连接OA，OA1，∵△ABC是边长为2的正三角形，∴AO⊥BC，且AO＝，BO＝1.由AB＝AC，∠A1AB＝∠A1AC，AA1＝AA1得△A1AB≌△A1AC，得A1B＝A1C＝，故A1O⊥BC，且A1O＝.∵AO2＋A1O2＝3＋6＝9＝AA，∴AO⊥A1O.又BC∩AO＝O，故A1O⊥平面ABC.∵A1O⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面ABC.(2)以O为原点，OB所在的直线为x轴，取B1C1的中点K，连接OK，以OK所在的直线为y轴，过O作OG⊥AA1，以OG所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C1(－1，3，0)，A1(0，2，)，∴BC1＝(－2，3，0)，BB1＝(0，3，0)，BA1＝(－1，2，)，设平面ABB1A1的一个法向量为m＝(x，y，1)，则⇒⇒m＝(，0，1).设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ，则sin θ＝＝＝，故直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.4．如图所示，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2，将△BAO沿AO折起，使B点到达B′点．(1)求证：AO⊥平面B′OC；(2)当三棱锥B′­AOC的体积最大时，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：因为AB＝AC且O是BC的中点，所以AO⊥BO，AO⊥CO，由折叠知AO⊥B′O，又因为CO∩B′O＝O，所以AO⊥平面B′OC.(2)法一：不存在，证明如下：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′­AOC的体积最大，在直角三角形CPO中，CO＝1，∠COP＝，sin ∠CPO＝＝，所以PC＝，所以OP＝，易求得O到直线AB′的距离为＞，所以满足条件的点P不存在．法二：不存在，证明如下：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′­AOC的体积最大，所以OC⊥OB′，故OA，OB′，OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标系O ­ xyz，则A(2，0，0)，B′(0，0，1)，C(0，1，0)，设＝λ＝(－2λ，0，λ)，则＝＋＝(2－2λ，－1，λ)，又因为平面B′OA的法向量n＝(0，1，0)，依题意得＝，得＝，化简得10λ2－16λ＋7＝0，此方程无解，所以满足条件的点P不存在．5．(2021·河南郑州模拟)如图所示，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．解析：(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)以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，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，∴当点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.