新高考数学二轮复习 专题3 第3讲　立体几何中的向量方法（练·教师版） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第3讲 立体几何中的向量方法（练·教师版）
一、单项选择题
1．（2020·辽宁高二期中）在四棱锥中，底面是平行四边形，为的中点，若，，，则用基底表示向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以
.故选B.
2．若平面的法向量分别为，则（ ）
A．B．C．相交但不垂直D．以上均不正确
【答案】C
【解析】显然不平行，而，
故不垂直，
所以法向量既不平行也不垂直，
所以相交但不垂直.故选C.
3．在棱长为2的正方体中，点平面，点F是线段的中点，若，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，，，，，，，
，，得，
平面，，
，
当时，函数取得最小值.故选C.
4．（2021·江苏高三开学考试）与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
【答案】D
【解析】以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
设为上一点，
作平面，垂足为，过作，垂足为，
所以为点到棱的距离.
又因为，，则，
同理到棱的距离也是，
所以上任意一点到棱的距离都相等，
所以与三条棱所在直线的距离相等的点共有无数个.故选D.
5．（2021·广东深圳市高三月考）如图，正三棱柱ABC­A1B1C1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.eq \f(3,5) B.eq \f(5,6)
C.eq \f(3\r(3),10) D.eq \f(3\r(6),10)
【答案】A
【解析】设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，eq \r(3)，2)，F(1，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0，0，2)，
eq \(B1F,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq \(GF,\s\up6(→))＝(1，0，－1).
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))
取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，故n＝(1，eq \r(3)，1)为平面GEF的一个法向量，
所以cs〈n，eq \(B1F,\s\up6(→))〉＝eq \f(1－3－1,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(3,5)，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5).
6．（2021·江西九江市高三三模（文））如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．①④
【答案】C
【解析】如下图所示：
设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、，设点，其中.
对于①，不是定值，①错误；
对于②， 在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，
，则点到平面的距离为定值，而的面积也为定值，
所以，三棱锥的体积为定值，②正确；
对于③，，，所以，，
因此，对任意点，都有，③正确；
对于④，，，，
，这样的不存在，
所以不存在点，使得平面，④错误．故选C．
二、多项选择题
7．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线，的方向向量分别是，，则
B．直线的方向向量，平面的法向量是，则
C．两个不同的平面，的法向量分别是，，则
D．直线的方向向量，平面的法向量是，则
【答案】AC
【解析】对于A，由，，得，所以，所以，故A正确；
对于B，假设，则存在唯一得实数，使得，即，
所以，无解，所以不共线，所以不垂直，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，因为，所以不垂直，所以不平行，故D错误.故选AC.
8．（2021·重庆市黔江新华中学校高三月考）在长方体中，，，，以为原点，以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．平面的一个法向量为
D．二面角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】在长方体中，，，，
以为原点，以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
对于A，∵，，∴，故A正确；
对于B，，，，，
设异面直线与所成角为，
则异面直线与所成角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得平面的一个法向量为，故C正确；
对于D，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
∴二面角的余弦值为：
，故D正确.故选ACD．
9．（2021·湖南高三三模）如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．三棱锥四个面都是直角三角形
C．与所成角的余弦值为
D．过的平面与交于，则面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】中，，，，
由余弦定理可得，故，
所以，
因为平面平面且平面平面，
所以平面，；
同理平面，
因为平面，
所以平面平面，A，B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
因为，，
所以，即与所成角的余弦值为，C错误；
因为在线段上，设，则，
所以点到的距离，
当时，取得最小值，此时面积取得最小值，D正确.故选ABD.
10．（2021·广东梅州市高三二模）如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）
A．B．平面
C．线段BN长度的最大值为D．三棱锥体积不变
【答案】ACD
【解析】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，
，而
则，
对于A选项：，则，，A正确；
对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；
对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；
对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，
三棱锥体积为定值，即D正确.故选ACD.
三、填空题
11．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且AB=BC=2AD=4，E，F分别为线段AB，CD的中点，沿EF把AEFD折起，使平面AEFD⊥平面EBCF，得到如图2所示的立体图形．在线段EC上存在点G，使得AG∥平面CDF．以E为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，则平面CDF的一个法向量_________，EG=________．
【答案】（-1，2，1）（答案不唯一）
【解析】以E为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，
由题意得A（0，0，2），C（2，4，0），D（0，2，2），F（0，3，0），
.
设平面CDF的一个法向量为，
则，取x=-1，得.
设，G（a，b，0），则（a，b，0）=（2λ，4λ，0），
∴a=2λ，b=4λ，，
∵AG∥平面CDF，∴，解得，
∴，∴．
12．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，则λ的值为__________.
【答案】15
【解析】如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1，侧棱长为2，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，2))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，
M(0，0，0)，设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因为eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.
13．（2021·北京高三模拟）已知边长为1的正方体，为中点，为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最大值为_______．
【答案】
【解析】以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.
设，
所以.
因为，
所以，即，
又，所以，
所以，当等号成立，
所以三棱锥的体积最大值为.
14．（2021·山东济南市高三一模）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
【答案】
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b均不为0)，则，，，，
∴，，
由题意四点共面，有，其中，设，
∴
由方程组，即，解得.
四、解答题
15．（2021·重庆高三二模）如图①，在矩形中，分别为的中点，交于点，以为棱将矩形折成如图②所示，使得二面角成为中点．
（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的正弦值．
（1）证明：∵，，
平面，平面，，
∴平面，又平面，∴.
由已知得为二面角的平面角，∴.
∵，∴为正三角形，
又，∴.
∵，∴平面，
∵平面∴.
在正方形中，为中点，为的中点，
则，
∴∴，
∴，又，
∴直线平面．
（2）解：作，交于点，由于、及相互垂直，
∴以为坐标原点，以为轴、为轴、为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
由（1）知平面，
∴平面的一个法向量为，
在平面中，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，可得，
∴，
∴二面角的正弦值为．
16．（2021·辽宁沈阳市高三三模）将长()､宽()､高()分别为4，3，1的长方体点心盒用彩绳做一个捆扎，有如下两种方案：
方案一：如图（1）传统的十字捆扎；
方案二：如图（2）折线法捆扎，其中．
（1）哪种方案更省彩绳？说明理由：
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【解】（1）方案②更省彩绳．
原因如下：
方案①中彩绳总长度为．
方案②中彩绳总长度为
即，所以方案（2）更省彩绳．【注：只要求出两种方案的长度进行比较即可】
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则点，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，即．令，取
，即，令，取．
所以两个平面所成角的余弦值为．