新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用专题检测含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用专题检测含解析，共22页。试卷主要包含了故选B，取a=2,得n=,，∴csθ=155,等内容，欢迎下载使用。

空间向量及其在立体几何中的应用
专题检测
1.(2019浙江绍兴数学调测(3月),9)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为π6,当B1M最小时,∠AMB= (　　)

A.5π12　　B.π3　　C.π4　　D.π6
答案　B　以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

设AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),
∴AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
则AM·n=x+az=0,AN·n=y+bz=0,取z=1,得n=(-a,-b,1).
由图可知平面ABC的一个法向量为AA1=(0,0,1),
∵平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为π6,
∴cosπ6=|AA1·n||AA1|·|n|=1a2+b2+1,
解得3a2+3b2=1.
∴当B1M最小时,BM的值最大.∴b=0,BM=a=33,
∴tan∠AMB=ABBM=133=3,∴∠AMB=π3.故选B.
2.(2018新疆乌鲁木齐八一中学期中,9)如图所示,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.12　　B.22　　C.13　　D.16
答案　C　如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,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).
D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1),
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),
则n·AC=-a+2b=0,n·AD1=-a+c=0.取a=2,得n=(2,1,2),
∴点E到平面ACD1的距离h=|D1E·n||n|=|2+1-2|3=13.
故选C.

3.(2018甘肃庆阳一中月考,9)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直线AE与平面ABC1D1所成角的正切值是 (　　)
A.63　　B.62　　C.52　　D.102
答案　A　以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,

∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,
∴A(1,0,0),E1,12,1,B(1,1,0),D1(0,0,1),
∴AE=0,12,1,AB=(0,1,0),AD1=(-1,0,1),
设平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).
则n·AB=y=0,n·AD1=-x+z=0,取x=1,可得n=(1,0,1),
设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ,θ∈0,π2,
则sinθ=|cos|=152×2=105.∴cosθ=155,
∴tanθ=sinθcosθ=63.故选A.
思路分析　建立空间坐标系,求出平面ABC1D1的法向量及AE,利用向量的夹角公式求解.
方法总结　线面角的求解方法常用的有两个,一是利用空间向量,二是定义法.本题也可从点E引平面ABC1D1的垂线,垂足为正方体的中心,用定义法求解.
4.(2018全国名校联考,8)过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD,若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小是 (　　)

A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
答案　B　以A为原点,直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,设PA=BA=1,
则C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1),
设平面PCD的法向量n=(x,y,z),
则PC·n=x+y-z=0,PD·n=y-z=0,取y=1,得n=(0,1,1),易知平面ABP的一个法向量m=(0,1,0),
设平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为θ,
则cosθ=|n·m||n|·|m|=12=22,∴θ=45°,
∴平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为45°.故选B.

思路分析　考虑到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A为原点建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算求出平面的法向量,由向量的夹角公式求解.
一题多解　把该几何体补成正方体,即通过补体法,利用正方体的性质易得所求二面角的大小为45°.
5.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为　　　　. 

答案　255
解析　以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

则D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),
∴MC=(-2,2,-1).
∵点P在侧面ABB1A1内,
∴设P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],
∴D1P=(2,b,c-2),
又∵D1P⊥MC,
∴D1P·MC=0,∴-4+2b+2-c=0,
解得c=2b-2,∴b∈[1,2],
又∵PB⊥BC,∴S△PBC=12BC·PB=12×2×PB=(2-b)2+c2,
将c=2b-2代入上式,得
S△PBC=5b2-12b+8=5b-652+45,b∈[1,2],
∴当b=65时,S△PBC取得最小值,为255.
6.(2018北京西城一模,14)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是　　　　. 

答案　3
解析　以D为原点,分别以直线DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),设P(1,y,z),则y∈[0,2],z∈[0,2],
因为P到直线AA1的距离为y,P到直线CD的距离为1+z2,
所以y=1+z2,
所以A1P=y2+(2-z)2=2z2-4z+5=2(z-1)2+3,
所以当z=1时,A1P取最小值,且最小值为3.
7.(2016陕西商洛一模,19)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2.
(1)求证:AO⊥平面BCD;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;
(3)求点E到平面ACD的距离.

解析　(1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2,O为BD的中点得AO⊥BD,CO=3,AO=1,在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC.
又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.
(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,

则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0),E12,32,0,
则AB=(1,0,-1),CD=(-1,-3,0),
∴|cos|=|AB·CD||AB||CD|=24,
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.
(3)AD=(-1,0,-1),CD=(-1,-3,0),EC=-12,32,0,
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z).
由n·AD=0,n·CD=0,
得-x-z=0,-x-3y=0,令y=1,则n=(-3,1,3).
所以点E到平面ACD的距离为d=EC·n|n|=217.
8.(2016广西南宁二模,19)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是CD的中点.
(1)求BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;
(2)在BB1上找一点N,使得D1N⊥平面A1C1M.

解析　(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1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,

设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),M0,12,0,C1(0,1,1),
所以A1C1=(-1,1,0),A1M=-1,12,-1,
设平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),
由e·A1C1=0,e·A1M=0得-x+y=0,-x+12y-z=0,
令y=1,则x=1,z=-12,
所以e=1,1,-12,
又BB1=(0,0,1),
则cos=-1212+12+-122·12=-13,
所以sin=1--132=89=223,
即BB1与平面A1C1M所成角的余弦值为223.
(2)设N的坐标为(1,1,t),其中0≤t≤1,
则D1N=(1,1,t-1),
因为D1N⊥平面A1C1M,
所以D1N与e共线,
从而t-1=-12,则t=12.
即当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A1C1M.
思路分析　(1)根据正方体中的垂直关系,建立空间直角坐标系,求得所需点的坐标,利用空间向量求得BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;
(2)可设N的坐标为(1,1,t),因为D1N⊥平面A1C1M,所以D1N与e共线,求得t=12,所以当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A1C1M.
9.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.
(1)求证:平面ACE⊥平面BED;
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;
(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由.

解析　(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,
所以DE⊥平面ABCD. (2分)
又因为AC⊂平面ABCD,
所以DE⊥AC.
因为四边形ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,
又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,
所以AC⊥平面BDE. (3分)
又因为AC⊂平面ACE,
所以平面ACE⊥平面BED. (4分)
(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.

则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)
所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).
设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).
则n·BE=0,n·EF=0,即-3x1-3y1+36z1=0,3x1-6z1=0,
令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3). (6分)
所以cos=CA·n|CA||n|=-3632×39=-1313. (7分)
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313. (8分)
(3)存在,理由如下:
设M(3,0,t),0≤t≤26. (9分)
则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).
设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),
则m·BM=0,m·BE=0,即-3y2+tz2=0,-3x2-3y2+36z2=0,
令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3). (10分)
又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,
∴|cos|=|m·CA||m||CA|=|96-6t|32×(36-t)2+t2+9=12, (11分)
整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去), (12分)
∴AMAF=14. (13分)
10.(2020云南红河二模,19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,E为CD中点.
(1)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;
(2)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.

解析　本题主要考查长方体的性质,线面平行的判定,二面角以及探索性问题的求解,通过向量法求解意在考查学生的运算求解能力和推理论证能力,考查的核心素养为直观想象、数学运算、逻辑推理.
如图,以A为原点,以AB,AD,AA1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.

设AB=a(a>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),Ea2,2,0,B1(a,0,2),故AD1=(0,2,2),AB1=(a,0,2),AE=a2,2,0.
(1)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此时DP=(0,-2,z0).
设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).
∵n⊥平面B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得ax+2z=0,ax2+2y=0,
取x=2,得平面B1AE的一个法向量n=2,-a2,-a.
要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a-az0=0,解得z0=1.
又DP⊄平面B1AE,
∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=1.
(2)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=2得AD1⊥A1D.∵CD⊥平面A1ADD1,∴CD⊥AD1,
∵A1D∩CD=D,∴AD1⊥平面DCB1A1,
∴AD1=(0,2,2)就是平面A1B1E的一个法向量,
设AD1与n所成的角为θ,则cosθ=n·AD1|n|·|AD1|=-a-2a22×4+a24+a2.
∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,
∴|cosθ|=cos30°,即3a22×4+5a24=32,
解得a=4,即AB的长为4.
11.(2018北京一七一中学期中,17)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶2∶1.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值;
(3)设点Q为线段PD上一点,且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为23,求PQPD的值.

解析　以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,设B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(1,2,0).

(1)∵BD=(-2,2,0),PC=(1,2,-2),
∴BD·PC=0,∴BD⊥PC.
(2)由AC=(1,2,0),AP=(0,0,2),易得平面PAC的一个法向量为m=(2,-1,0).
由DP=(0,-2,2),DC=(1,0,0),易得平面DPC的一个法向量为n=(0,-2,-1).
∴cos=m·n|m|·|n|=23,
∴二面角A-PC-D的余弦值为23.
(3)令PQPD=t,t∈[0,1],则AQ=AP+PQ=AP+tPD=(0,0,2)+t(0,2,-2)=(0,2t,2-2t).
设θ为直线AQ与平面PAC所成的角,则
sinθ=|cos|=AQ·m|AQ|·|m|=23,
所以2t32t2+(2-2t)2=23,
所以3t2=6t2-8t+4,
解得t=2(舍)或23.
所以PQPD=23.
12.(2018北京西城一模,17)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=25,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.
(1)求证:A1O⊥BD;
(2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值;
(3)线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为53?若存在,求出A1FA1C的值;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,
所以DE∥BC,AD=AE.
所以A1D=A1E,又O为DE的中点,
所以A1O⊥DE.
因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,
所以A1O⊥平面BCED,
所以A1O⊥BD.
(2)取BC的中点G,连接OG,所以OE⊥OG.
由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).
所以A1B=(2,-2,-2),A1D=(0,-1,-2),A1C=(2,2,-2).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则n·A1B=0,n·A1D=0,即2x-2y-2z=0,-y-2z=0.
令x=1,则y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).
设直线A1C和平面A1BD所成的角为θ,
则sinθ=|cos|=|n·A1C||n||A1C|=223.
所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为223.
(3)线段A1C上存在点F满足题意.
设A1F=λA1C,其中λ∈[0,1].
设F(x1,y1,z1),则有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2λ),
所以x1=2λ,y1=2λ,z1=2-2λ,从而F(2λ,2λ,2-2λ),
所以DF=(2λ,2λ+1,2-2λ).又BC=(0,4,0),
所以|cos|=|DF·BC||DF||BC|
=4|2λ+1|4(2λ)2+(2λ+1)2+(2-2λ)2.
令|2λ+1|(2λ)2+(2λ+1)2+(2-2λ)2=53,
整理得3λ2-7λ+2=0.
解得λ=13或λ=2(舍去).
所以线段A1C上存在点F满足题意,且A1FA1C=13.
13.(2020天津河西学情调查,17)如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.
(1)求证:NA∥平面MEC;
(2)求直线MB与平面MEC所成角的正弦值;
(3)设P为线段AM上的动点,二面角P-EC-D的平面角的大小为30°,求线段AP的长.

解析　因为四边形ABCD是菱形,E为AB的中点,∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥平面ABCD,所以建立以D为原点,以DE,DC,DN的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,则A(3,-1,0),B(3,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(3,0,0),M(3,-1,1),N(0,0,1).

(1)证明:ME=(0,1,-1),MC=(-3,3,-1),设n=(x,y,z)为平面MEC的法向量,则n·ME=0,n·MC=0,即y-z=0,-3x+3y-z=0,
不妨令y=1,可得n=23,1,1,又NA=(3,-1,-1),所以NA·n=0,又因为直线NA⊄平面MEC,所以NA∥平面MEC.
(2)MB=(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一个法向量为n=23,1,1,所以cos=n·MB|n||MB|=610,所以直线MB与平面MEC所成角的正弦值为610.
(3)设P(3,-1,h),h∈[0,1],EC=(-3,2,0),EP=(0,-1,h),设m=(x1,y1,z1)为平面PEC的法向量,则m·EP=0,m·EC=0,即-y1+hz1=0,-3x1+2y1=0,不妨令y1=3h,可得m=(2h,3h,3),又DN=(0,0,1)是平面DEC的一个法向量,所以|cos|=|m·DN||m||DN|=32,解得h=77,所以线段AP的长为77.
思路分析　以D为原点建立空间直角坐标系.
(1)求得平面MEC的一个法向量n,由n·NA=0即可证明NA∥平面MEC.(2)cos=MB·n|n|·|MB|,进而求得直线MB与平面MEC所成角的正弦值.(3)设出P点坐标,求出平面PEC的一个法向量m,易知DN是平面DEC的一个法向量,结合|cos|=|DN·m||m||DN|=32求得P点坐标即可.
14.(20195·3原创题)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB=12BC=2,∠ABC=120°,以BD为折痕,把△BDC折起,使点C到达点P的位置,且PD⊥AB.
(1)证明:平面PAD⊥平面ABD;
(2)试问在棱PA上是否存在一点F,使得二面角P-BD-F的正弦值为55?如果存在,请说明点F的位置.

解析　(1)证明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,
∵AD=AB=2,∴△ABD为正三角形,∴∠ABD=60°,BD=2,
∴∠DBC=60°,在△BCD中,BC=4,
由余弦定理可得CD=23, (2分)
∴BD2+CD2=BC2,∴∠CDB=90°,∴PD⊥BD,
又∵PD⊥AB,AB∩BD=B,
∴PD⊥平面ABD,∵PD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABD. (4分)
(2)在平面ABD中,过点D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图所示,D(0,0,0),P(0,0,23),A(2,0,0),B(1,3,0). (6分)

假设存在点F,设AF=λAP(0≤λ≤1),则F(2-2λ,0,23λ),
设平面BDF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则DB·n=x1+3y1=0,DF·n=(2-2λ)x1+23λz1=0,
可取x1=3,y1=-1,z1=λ-1λ,
即n=3,-1,λ-1λ, (8分)
解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值为55,
∴二面角P-BD-F的余弦值为255,
设平面PBD的一个法向量为m=(x2,y2,z2),
则DB·m=x2+3y2=0,DP·m=23z2=0,可取x2=3,y2=-1,z2=0,
即m=(3,-1,0), (10分)
∴|cos|=|m·n||m||n|=255,
即|3+1+0|2×3+1+λ-1λ2=255,
解得λ=12, (11分)
∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为55. (12分)
解法二:由(1)可知平面PBD⊥平面ABD,
∴二面角P-BD-F的正弦值就是二面角A-BD-F的余弦值,
又平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1). (10分)
∴|cos|=|m·n||m||n|=55,
即λ-1λ1×3+1+λ-1λ2=55,
解得λ=12, (11分)
∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为55. (12分)
15.(2020山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;
(2)若EF=12BC,求二面角B-SC-D的余弦值.

解析　(1)证明:以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

设D(0,b,0),S(0,0,c),
则C(1,b,0),E0,b2,0,F12,b2,c2,
EF=12,0,c2,AS=(0,0,c),AD=(0,b,0).
因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以EF与底面的法向量AS的夹角为45°.
AS·EF=|AS||EF|cos45°,
即c22=22·c·14+c24,所以c=1,
故EF=12,0,12,SC=(1,b,-1),
从而EF·SC=0,EF·AD=0,
所以EF⊥SC,EF⊥AD.
因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)连接BF.
由B(1,0,0),BC=(0,b,0),|EF|=12|BC|得b=2.
于是F12,22,12,C(1,2,0),
故FB=12,-22,-12,SC=(1,2,-1),
从而FB·SC=0,即FB⊥SC.
取CF的中点G,连接DG.
则G34,324,14,GD=-34,24,-14,
从而GD·SC=0,即GD⊥SC.
因此等于二面角B-SC-D的平面角.
cos=FB·GD|FB||GD|=-33.
所以二面角B-SC-D的余弦值为-33.