高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法一课一练

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法一课一练，共25页。试卷主要包含了可设B,则AB=等内容，欢迎下载使用。

考点1 用空间向量求异面直线所成的角
1.(2017课标全国Ⅲ,16,5分,)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号)
考点2 用空间向量求直线与平面所成的角
2.(2020北京,16,13分,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)求证:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
3.(2020新高考Ⅰ,20,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
考点3 向量法求二面角
4.(2020课标全国Ⅰ,18,12分,)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
5.(2020课标全国Ⅲ,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
6.(2019课标全国Ⅲ,19,12分,)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
考点4 用空间向量求空间距离
7.(2019课标全国Ⅰ,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
考点5 用空间向量解决探索性问题
8.(2019北京,16,14分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
三年模拟练
应用实践
1.(2020山东枣庄八中高二月考,)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在底面ABCD上移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P的长度的最大值为( )
A.455 B.2 C.22 D.3
2.(2020山东潍坊寿光一中高二月考,)在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,
∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是( )
A.3427 B.4427 C.5427 D.6427
3.(2020北京通州三模,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,点E为线段AA1上的点,且AE=12.
(1)求证:BE⊥平面ACB1;
(2)求平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值;
(3)判断棱A1B1上是否存在点F,使得直线DF∥平面ACB1,若存在,求线段A1F的长;若不存在,说明理由.
4.(2020江苏南通高三二模,)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90°,AD=2,AB=AF=2EF=2,点P在棱DF上.
(1)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;
(2)若二面角D-AP-C的正弦值为63,求PF的长度.
5.(2020山东青岛高三月考,)如图,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,且AB=BC=1,MD=1,MD⊥平面ABCD,H是MB的中点,在下面两个条件中任选一个,并作答:
①二面角A-MD-C的大小是2π3;②∠BAD=π2.
若 ,求CH与平面MCD所成角的正弦值.
答案全解全析
五年高考练
1.答案 ②③
解析 过点C作直线a1∥a,b1∥b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A(0,0,1).可设B(cs θ,sin θ,0),则AB=
(cs θ,sin θ,-1).
当直线AB与a成60°角时,|cs|=12,∴|cs θ|=22,|sin θ|=22,
∴|cs|=12,即AB与b所成角也是60°.
∵|cs|=|csθ|1×2=|csθ|2≤22,
∴直线AB与a所成角的最小值为45°.
综上,②和③是正确的,①和④是错误的.
故填②③.
2.解析 (1)证明:∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,
∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.
又AB∥A1B1,AB=A1B1,
∴D1C1∥AB,D1C1=AB,
∴四边形ABC1D1为平行四边形,
∴AD1∥BC1,
又AD1⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E,
∴BC1∥平面AD1E.
(2)不妨设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=
(0,2,1).设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,
则n·AD1=0,n·AE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,
令z=-2,则x=2,y=1,此时n=(2,1,-2),
∴sin θ=|cs|=|n·AA1||n||AA1|=|-4|2×4+1+4=23,
∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
3.解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cs=n·PB|n|·|PB|=-1-a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,
则sin θ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
解后反思
(1)证明线面垂直最常用的方法是线面垂直的判定定理,而本题中直线l不易作出,直接证明比较困难,通过线面平行的性质定理可以判定直线l∥AD,从而将问题转化为证明AD⊥平面PDC,问题得证.
(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.先用变量表示出PB与平面QCD所成角的正弦值,再转化为函数最值问题,此类问题要注意变量的取值范围,避免最终结果出错.
4.解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.
因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.
又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.
所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,
则m·EP=0,m·EC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.
可取m=-33,1,2.
由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,
则cs=n·m|n|·|m|=255.
易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,
所以二面角B-PC-E的余弦值为255.
易错警示
利用法向量求二面角的平面角时,要注意法向量的夹角与二面角的平面角不一定一致,所以最后结论一定要结合几何体判定该二面角的平面角是锐角还是钝角.
5.解析 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1xyz.
(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,
EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),
AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,
则n1·AE=0,n1·AF=0,即-y-z=0,-2x-2z=0,
可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,
则n2·A1E=0,n2·A1F=0,
同理可取n2=12,2,1.
因为cs=n1·n2|n1|·|n2|=-77,
所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.
6.解析 (1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
由菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.
以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),所以CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
则CG·n=0,AC·n=0,即x+3z=0,2x-y=0.
所以可取n=(3,6,-3).
又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),
所以cs=n·m|n||m|=32.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
7.解析 (1)证明:∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∠BAD=60°,E,是BC的中点,
∴DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD.
以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,3,0),C1(-1,3,4),所以MN=(0,-3,
0),DC1=(-1,3,4),DE=(0,3,0).
设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC1=0,n·DE=0,即-x+3y+4z=0,3y=0,
取z=1,则n=(4,0,1).
∵MN·n=0,MN⊄平面C1DE,
∴MN∥平面C1DE.
(2)由(1)得C(-1,3,0),D(0,0,0),
∴DC=(-1,3,0).
而平面C1DE的一个法向量为n=(4,0,1),
∴点C到平面C1DE的距离为|DC·n||n|=417=41717.
8.解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),
P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).
所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.
于是n=(-1,-1,1).
又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),
所以cs=n·p|n||p|=-33.
由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.
(3)直线AG在平面AEF内.
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),
所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.
由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AG·n=-43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF内.
三年模拟练
1.D 如图所示,以点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Dxyz,则B1(2,2,2),D1(0,0,2),E(1,2,0).设P(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2),
∴D1E=(1,2,-2),B1P=(x-2,y-2,-2).
∵D1E⊥B1P,∴B1P·D1E=x-2+2(y-2)+4=x+2y-2=0,∴x=2-2y.
由0≤x≤2,0≤y≤2,得0≤2-2y≤2,0≤y≤2,解得0≤y≤1.
∴|B1P|=(x-2)2+(y-2)2+4
=5y2-4y+8.
∵0≤y≤1,∴当y=1时,|B1P|取得最大值3.故选D.
2.B ∵AB=AC=4,∠BAC=90°,
∴BC=42.
又∠PBC=60°,PC⊥BC,
∴PC=42×tan 60°=46.
以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,过A且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),
∴AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则n·AP=4y+46z=0,n·AB=4x=0,
取z=1,得n=(0,-6,1).
∴点C到平面PAB的距离为|AC·n||n|=467=4427.
3.解析 (1)证明:因为A1A⊥底面ABCD,
所以A1A⊥AC.
又因为AB⊥AC,A1A∩AB=A,所以AC⊥平面ABB1A1.
又因为BE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥BE.
因为AEAB=12=ABBB1,∠EAB=∠ABB1=90°,
所以Rt△ABE∽Rt△BB1A,
所以∠ABE=∠AB1B.
因为∠BAB1+∠AB1B=90°,
所以∠BAB1+∠ABE=90°,
所以BE⊥AB1.
又AC∩AB1=A,所以BE⊥平面ACB1.
(2)易得AC⊥AB.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),D1(1,-2,2),E0,0,12.
所以EB=0,1,-12,AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).
由(1)知,BE⊥平面ACB1,则EB=0,1,-12为平面ACB1的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,
则n·AD1=0,n·AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0,
不妨设z=1,可得n=(0,1,1).
因此|cs|=|n·EB||n||EB|=1010.
所以平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值为1010.
(3)设A1F=a(0≤a≤1),则F(0,a,2),DF=(-1,a+2,2).
DF·EB=(-1,a+2,2)·0,1,-12=a+2-1=0,解得a=-1(舍去).
所以直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直,
所以棱A1B1上不存在点F,使直线DF∥平面ACB1.
4.解析 (1)∵∠BAF=90°,∴AF⊥AB.
又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,∴AF⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD.
∴以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AF所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.
∵AD=2,AB=AF=2EF=2,P是DF的中点,
∴B(2,0,0),E(1,0,2),C(2,2,0),P(0,1,1),
∴BE=(-1,0,2),CP=(-2,-1,1).
设异面直线BE与CP所成角为θ,
则cs θ=|BE·CP||BE|·|CP|=45·6=23015.
∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为23015.
(2)A(0,0,0),C(2,2,0),F(0,0,2),D(0,2,0).
设P(a,b,c),FP=λFD,0≤λ≤1,则(a,b,c-2)=λ(0,2,-2),解得a=0,b=2λ,
c=2-2λ,∴P(0,2λ,2-2λ).
∴AP=(0,2λ,2-2λ),AC=(2,2,0).
设平面APC的法向量为n=(x,y,z),
则n·AP=2λy+(2-2λ)z=0,n·AC=2x+2y=0,
取x=1,得n=1,-1,2λ2-2λ.
易知平面ADP的法向量m=(1,0,0).
∵二面角D-AP-C的正弦值为63,
∴|cs|=|m·n||m|·|n|=12+2λ2-2λ2=1-632,
解得λ=12,∴P(0,1,1).
∴|PF|=(0-0)2+(1-0)2+(1-2)2=2.
5.解析 若选①:
因为MD⊥平面ABCD,所以AD⊥MD,CD⊥MD,所以∠ADC就是二面角A-MD-C的平面角,所以∠ADC=2π3.
过D作x轴⊥DC,以D为坐标原点,DC,DM所在直线分别为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,1,0),H34,14,12,
所以CH=34,-34,12.
易知平面MCD的一个法向量n=(1,0,0).
设CH与平面MCD所成角为θ,则sin θ=|CH·n||CH|·|n|=34316+916+14=34.
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是34.
若选②:
因为MD⊥平面ABCD,∠BAD=π2,
所以DA,DC,DM两两垂直.
以D为坐标原点,DA,DC,DM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,
则C(0,1,0),H12,12,12,所以CH=12,-12,12.
易知平面MCD的一个法向量n=(1,0,0).
设CH与平面MCD所成角为θ,
则sin θ=|CH·n||CH|·|n|=1214+14+14=33.
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是33.