2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练38空间向量在立体几何中的应用

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1.已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于( )

A.2B.-4C.4D.-2
2.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1所在直线旋转一周形成圆柱,如图,长为长为,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为( )
A.B.C.D.
3.
如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为( )
A.B.
C.D.
4.(多选)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则α,β,γ大小关系正确的是( )
A.α>βB.α=βC.γ>βD.γ≥β
5.
(多选)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.则下列结论正确的是( )
A.AC1与EF相交
B.B1C1∥平面DEF
C.EF与AC1所成的角为90°
D.点B1到平面DEF的距离为
6.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上的一点,且A1M=λ(0sinβ,∴α>β(α,β均为锐角).故A正确,B错误;
在Rt△PDB与Rt△PDF中,由PB>PF,得sinββ(β,γ均为锐角).故C正确;由于不存在PB=PF的可能,故D错误,故选AC.
5.BCD 对选项A,由图知AC1⊂平面ACC1A1,EF∩平面ACC1A1=E,且E∉AC1.由异面直线的定义可知AC1与EF异面,故A错误;
对于选项B,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.
∵D,F分别是AC,AB的中点,
∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.
又∵B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.故B正确;
对于选项C,由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).
=(-1,1,-1),=(-2,0,2).
=2+0-2=0,
,
∴EF与AC1所成的角为90°.故C正确;
对于选项D,设向量n=(x,y,z)是平面DEF的一个法向量.
=(1,0,1),=(0,1,0),
取x=1,则z=-1,∴n=(1,0,-1).
设点B1到平面DEF的距离为d.
又=(-1,2,2),
∴d=,∴点B1到平面DEF的距离为,故D正确.故选BCD.
6.
D 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),
=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1),
设平面D1EF的法向量n=(x,y,z),则
取x=1,得n=(1,0,2),
∴点M到平面D1EF的距离为d=,
∵N为EM中点,故点N到平面D1EF的距离为
7 由题意可知,∠BAC=60°,点B到平面ACC1A1的距离为,点C到平面ABB1A1的距离为2,由于侧面和底面垂直,由面面垂直的性质定理可得,B到AC的距离为,C到AB的距离为2,所以在三角形ABC中,AB=2,AC=4,BC=2,∠ABC=90°,
则=()·()=4,||=2,||=4,
cs=,
sin=故tan=
8.(1)证明由直三棱柱ABC-A1B1C1得C1C⊥平面ABC,∵AC,BC在平面ABC中,
∴C1C⊥AC,C1C⊥BC.
∵△ABC为等腰直角三角形,
∴∠ACB=90°,AC=BC,且AB=AC,
由勾股定理得AP==BP,
∵∠APB=60°,∴△ABP是等边三角形,则AP=AB=AC,
由勾股定理得PC==AC=AA1=CC1,∴P为CC1的中点.
(2)解
易知CA,CB,CC1两两垂直,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C-xyz,
设AC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,3),=(-2,2,0),=(-2,0,3),
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),由
令x=3,得y=3,z=2,∴n=(3,3,2),
又平面ACP的法向量为m=(0,1,0),
∴cs=,
由图形可知,二面角B-AP-C为锐角,
∴二面角B-AP-C的余弦值为
9.(1)证明
如图所示,连接A1E,B1E,
在等边三角形AA1C中,AE=EC,则A1E⊥AC,
∵平面ABC⊥平面A1ACC1,且平面ABC∩平面A1ACC1=AC,
∴A1E⊥平面ABC,故A1E⊥BC.
由三棱柱的性质可知A1B1∥AB,而AB⊥BC,故A1B1⊥BC,且A1B1∩A1E=A1,
∴BC⊥平面A1B1E,
∵EF⊂平面A1B1E,∴EF⊥BC.
(2)解在底面ABC内作EH⊥AC,交AB于点H,以点E为坐标原点,EH,EC,EA1方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系E-xyz.
设EH=1,则AE=EC=,AA1=CA1=2,BC=,AB=A1E=3,
则A(0,-,0),B,A1(0,0,3),C(0,,0),=,-3,=-,0.
由可得点B1的坐标为B1,利用中点坐标公式可得F,由于E(0,0,0),故直线EF的方向向量为,
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),则所以
取x=1,则y=,z=1,
则平面A1BC的一个法向量为m=(1,,1),所以cs=,
设直线EF与平面A1BC所成角为θ,则sinθ=|cs|=,故csθ=
10.解(1)因为多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的,
所以平面ADG∥平面BCFE,又因为平面ADG∩平面AEFG=AG,平面BCFE∩平面AEFG=EF,所以AG∥EF,同理AE∥GF,所以四边形AEFG是平行四边形.
连接AC,BD交于点O,以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-,0),B(1,0,0),E(1,0,1),F(0,,5),
所以=(-1,,4),=(1,,0),所以=(-2,0,4),所以||==2,
所以BG的长为2
(2)根据题意可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由(1)知=(-1,,4),=(1,,1),设平面AEFG的法向量为n=(x,y,z),则由
令z=2,则x=3,y=-5,所以n=(3,-5,2),
所以cs=,所以平面AEFG与底面ABCD的夹角的余弦值为
11.B 以A点为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),设F(t,1,1-t)(0≤t≤1),
可得=(1,1,1),=(t-1,1,-t),可得=0,故异面直线AC1与B1F所成的角是定值,故①正确;
三棱锥B-A1EF的底面A1BE面积为定值,且CD1∥BA1,点F是线段CD1上的一个动点,可得点F到底面A1BE的距离为定值,故三棱锥B-A1EF的体积是定值,故②正确;
=(t,1,-t),=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面B1CD1的一个法向量为n=(1,1,1),可得cs不为定值,故③错误.故选B.
12.BC 如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,0,1,O,1,所以=(-1,0,0),=-,0,1.
设∠ABE=θ,则csθ=,sinθ=
故A到直线BE的距离d1=||sinθ=1,故A错误;
易知=-,-,0,平面ABC1D1的一个法向量=(0,-1,1),
则点O到平面ABC1D1的距离d2=,故B正确;
=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则所以
令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离d3=
因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C正确;
因为,所以=,又=(1,0,0),则,
所以点P到AB的距离d=,故D错误.
13.解依题意,以C为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
(1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1).
设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
因此有cs=,
于是sin=所以,二面角B-B1E-D的正弦值为
(3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cs==-
所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为
14.解(1)在棱BC上存在点E,使得CF∥平面PAE,点E为棱BC的中点.
取PA的中点Q,连接EQ,FQ,
由题意,FQ∥AD,且FQ=AD,CE∥AD,且CE=AD,
故CE∥FQ,且CE=FQ.
∴四边形CEQF为平行四边形.
∴CF∥EQ,又CF⊄平面PAE,EQ⊂平面PAE,∴CF∥平面PAE.
(2)取AB中点M,∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DM,PD⊥DC,又易知DM⊥DC,∴以D为坐标原点,分别以DM,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
设FD=a,则D(0,0,0),F(0,0,a),C(0,2,0),B(,1,0),A(,-1,0).
则=(0,2,-a),=(,-1,0).
设平面FBC的一个法向量为m=(x,y,z).由
取x=1,得m=;
取平面DFC的一个法向量为n=(1,0,0).由题意,=|cs|=,解得a=
∴m=(1,),=(-,1,).
设直线AF与平面BCF所成的角为θ,
则sinθ=|cs|=即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为
15.(1)证明由四边形ABCD是直角梯形,AB=,BC=2AD=2,AB⊥BC,可得DC=2,∠BCD=,从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.
∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD,
∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)解存在.在平面PBD内作PO⊥BD于点O,连接OC,
又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PO⊥平面ABCD.∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=,
∵PB=PD,PO⊥BD,∴O为BD的中点,∴OC⊥BD,∴OP=OC=
以OB,OC,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),
假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD成立,设=+(λ≥0,μ≥0,λ+μ≤1),
由题意得N(-λ,,-(λ+μ-1)),=(-λ-1,,-(λ+μ-1)),=(0,,-),=(-1,0,-),由
得
解得λ=,μ=,满足题意,
∴N点到平面ABCD的距离为-(λ+μ-1)=
16.(1)证明 取CD中点G,连接EG,FG.
因为E,F分别是AB,PC的中点,所以FG∥PD,EG∥AD,
因为FG∩EG=G,所以平面EFG∥平面PAD.
因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面PAD.
(2)解 存在.理由如下,因为BC⊥AB,BC⊥PB,且AB∩PB=B.所以BC⊥平面PAB,
又BC∥AD,所以AD⊥平面PAB,
所以PA⊥AD,
又因为AB⊥AD,PA⊥AB,
以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=a,则PB=BC=3-a,由PB>AB,得0