浙江专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何考点规范练41立体几何中的向量方法20190118412.docx

1、1考点规范练 41 立体几何中的向量方法基础巩固组1.已知平面 内有一点 M(1,-1,2),平面 的一个法向量为 n=(6,-3,6),则下列点 P 中,在平面 内的是( )A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1)C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4)答案 A解析 逐一验证法,对于选项 A, =(1,4,1),MPn=6-12+6=0, n, MP MP 点 P 在平面 内,同理可验证其他三个点不在平面 内 .2.如图, F 是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 CD 的中点 .E 是 BB1上一点,若 D1F DE,则有( )A.B1E=EBB.B1E=2EBC.B1E=

2、EB12D.E 与 B 重合答案 A解析 分别以 DA,DC,DD1为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设正方形的边长为 2,则 D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设 E(2,2,z), =(0,1,-2), =(2,2,z), =02+12-2z=0,z= 1,B 1E=EB.D1F DE D1FDE3.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点, A1M=AN= ,则 MN 与平2a3面 BB1C1C 的位置关系是( )A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定答案 B2解析 分别以 C1B1,C1D1,C

3、1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,A 1M=AN= a,则 M a, a, ,N ,23 23 a3 (2a3,2a3,a)又 C1(0,0,0),D1(0,a,0), MN=(-a3,0,23a).=(0,a,0), C1D1=0, 是平面 BB1C1C 的法向量,且 MN平面 BB1C1C, MNC1D1 MN C1D1. C1D1MN 平面 BB1C1C.4.在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,若 BC AC, A= ,AC=4,AA1=4,M 为 AA1的中点, P 为 BM 的中点, Q 在线段 3CA1上, A1Q=3QC,则异面直线 PQ 与 AC 所成

4、角的正弦值为( )A B C D.3913 .21313 .23913 .1313答案 C解析 以 C 为原点, CB 所在直线为 x 轴, CA 所在直线为 y 轴, CC1所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则由题意得 A(0,4,0),C(0,0,0),B(4 ,0,0),M(0,4,2),A1(0,4,4),P(2 ,2,1),3 3则 (0,4,4)=(0,1,1),Q (0,1,1), =(0,-4,0), =(-2 ,-1,0).设异面直线 PQCQ=14CA1=14 AC PQ 3与 AC 所成角为 ,cos=| cos|=AC,PQ |4413|= 113. sin= ,

5、选 C.1-(113)2=239135.已知平面 , 的法向量分别为 =(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则( )A. B. 3C. , 相交但不垂直 D.以上都不正确答案 C解析 , 与 v 不是共线向量 .-23 3-1 -54又 v =-23+3(-1)+(-5)4=-290, 与 v 不垂直 . 平面 与平面 相交但不垂直 .6.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AD=AA1=1,AB=2,点 E 在棱 AB 上移动,则直线 D1E 与 A1D 所成角的大小是 ,若 D1E EC,则 AE= . 答案 90 1解析 以 D 为原点, DA 为 x 轴, DC 为 y 轴

6、, DD1为 z 轴,建立空间直角坐标系, AD=AA 1=1,AB=2,点 E 在棱 AB 上移动, D (0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设 E(1,m,0),0 m2,则 =(1,m,-1), =(-1,0,-1),D1E A1D=-1+0+1=0. D1EA1D 直线 D1E 与 A1D 所成角的大小是 90.=(1,m,-1), =(-1,2-m,0),D1E EC, D1E EC=-1+m(2-m)+0=0, D1EEC解得 m=1.AE= 1.7.在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AB=2,BC=AA1=1,则 D

7、1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为 . 答案13解析 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,设 n=(x,y,z)为平面 A1BC1的法向量,4则 n =0,n =0,即 令 z=2,则 y=1,x=2,于是 n=(2,1,2), =(0,2,0).A1B A1C1 2y-z=0,-x+2y=0, D1C1设所求线面角为 ,则 sin=| cos|=D1C113.8.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD,若 AB=PA,则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 .答案 45解析 如图,建立空间直角坐标系

8、,设 AB=PA=1,则 A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意, AD平面PAB,设 E 为 PD 的中点,连接 AE,则 AE PD,又 CD平面 PAD,CD AE,从而 AE平面 PCD.=(0,1,0), 分别是平面 PAB、平面 PCD 的法向量,且 =45. AD AE=(0,12,12) AD,AE故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45.能力提升组9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1中, E,F 分别在 A1D,AC 上,且 A1E= A1D,AF= AC,则( )23 13A.EF 至多与 A1D,AC 之一垂直B.EF A1D,E

9、F ACC.EF 与 BD1相交D.EF 与 BD1异面答案 B解析 以 D 点为坐标原点,以 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,设正方体棱长为 1,则 A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E ,F ,B(1,1,0),D1(0,0,1),(13,0,13) (23,13,0)5=(-1,0,-1), =(-1,1,0),A1D AC=(-1,-1,1),EF=(13,13,-13),BD1=- =0,EF13BD1,A1DEF=ACEF从而 EF BD1,EF A1D,EF AC.故选 B.10.在直三棱柱

10、A1B1C1-ABC 中, BAC= ,AB=AC=AA1=1,已知 G 和 E 分别为 A1B1和 CC1的中点, D 与 F 2分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点),若 GD EF,则线段 DF 的长度的取值范围为( )A B.55,1) .55,1C D.(255,1) .255,1)答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),E ,G ,F(x,0,0),D(0,y,0).(0,1,12) (12,0,1)由于 GD EF,所以 x+2y-1=0 ,(y (0,12)DF= x2+y2= 5(y-25)2+15.当 y= 时,线段 DF 长度的最小值

11、是 ;25 55当 y=0 时,线段 DF 长度的最大值是 1.而不包括端点,故 y=0 不能取 .故选 A.11.已知斜四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为 2, A1AD=60, BAD=90,平面 A1ADD1平面 ABCD,则直线 BD1与平面 ABCD 所成的角的正切值为( )A B C D.34 .134 .3913 .393答案 C解析 取 AD 中点 O,连接 OA1,易证 A1O平面 ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,6得 B(2,-1,0),D1(0,2, ), =(-2,3, ),平面 ABCD 的一个法向量为 n=(0,0,1),设 BD1与平3 BD1

12、 3面 ABCD 所成的角为 , sin= , tan=|BD1n|BD1|n|= 34 3913.12.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中, P,Q 分别是线段 CC1,BD 上的点, R 是直线 AD 上的点,满足 PQ平面 ABC1D1,PQ RQ,且 P,Q 不是正方体的顶点,则 |PR|的最小值是 ( )A B C D.426 .305 .52 .233答案 B解析 如图,分别以 AB,AD,AA1所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),设 P(1,1,m)(0 m1), =

13、 (0 1), Q(x0,y0,0),BQBD则( x0-1,y0,0)= (-1,1,0), x0=1- ,y0= , Q (1- , ,0), =(- ,- 1,-m). PQ连接 B1C, 正方体 ABCD-A1B1C1D1中, BCC1B1是正方形, AB平面 BCC1B1,B 1C AB,B1C BC1,又 AB BC1=B,B 1C平面 ABC1D1,7PQ 平面 ABC1D1,B 1C PQ,又 =(0,1,-1), =- 1+m=0,= 1-m,B1C B1CPQQ (m,1-m,0), =(m-1,-m,-m),PQ设 R(0,n,0),则 =(m,1-m-n,0),RQPQ

14、 RQ, =m(m-1)-m(1-m-n)=0,即 n=2-2m,R (0,2-2m,0), =(-1,1-2m,-m), PQRQ PR| |= ,PR 1+(1-2m)2+m2= 5m2-4m+2= 5(m-25)2+65 当 m= 时, |PR|的最小值是 故选 B.25 305.13.如图,矩形 CDEF 所在的平面与矩形 ABCD 所在的平面垂直, AD= ,DE= ,AB=4, =4 ,点 M 在线段2 3 EFEGGF 上(包括两端点),点 N 在线段 AB 上,且 ,则二面角 M-DN-C 的平面角的取值范围为( )GM=ANA.30,45 B.45,60C.30,90) D.

15、60,90)答案 B解析 如图建立空间直角坐标系,则由条件知 A( ,0,0),G(0,1, ),M(0,t, )(1 t4),2 3 3由 可设 N( ,t-1,0),则平面 DNC 的法向量为 m=(0,0,1),设平面 MDN 的法向量为GM=AN 2n=(x,y,z),由 n =0,n =0,得 令 z= t,则 n=( (t-1),- t),DM DN ty+ 3z=0,2x+(t-1)y=0, 2 3 6, 2cos=nm|n|m|= 2t5t2-6t+9= 29t2-6t+5.,1t 14,18 cos ,即 12,22 4, 3. 二面角 M-DN-C 的平面角的取值范围为 故

16、选 B. 4, 3.14.已知二面角 -l- 等于 120,A,B 是棱 l 上两点, AC,BD 分别在半平面 , 内, AC l,BD l,且AB=AC=BD=1,则 CD= . 答案 2解析 如图, 二面角 -l- 等于 120,的夹角为 60. CA与 BD由题设知,| |=| |=| |=1,| |2=| |2=| |2+| |2+| |2+2 +2CA AB,AB BDAB AC BD CD CA+AB+BD CA AB BD CAAB+2 =3+2cos60=4,| |=2.ABBDCABD CD15.(2018 浙江宁波)已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,

17、点 E 为侧面 BB1C1C 中点,点 F 在棱 AD 上运动,正方体表面上有一点 P 满足 =x +y (x0, y0),则所有满足条件的点 P 构成图形的面D1P D1F D1E积为 . 答案118解析 由 =x +y (x0, y0)得点 P 在以射线 D1F,D1E 为角的两边的平面内,又因为点 P 在正方D1P D1F D1E体的表面上,所以点 P 所在的图形为点 F 由点 A 运动到点 D 的过程中,以射线 D1F,D1E 为角的两边的平面与正方体的侧面的交线构成的区域 .设棱 BC 的中点为 N,则由图易得点 P 构成的图形为D1DA、直角梯形 ABND 和 ENB,则所求面积为

18、 11+ 1+12 1+122 121212=118.916.三棱柱 ABC-A1B1C1的底是边长为 1 的正三角形,高 AA1=1,在 AB 上取一点 P,设 PA1C1与面A1B1C1所成的二面角为 , PB1C1与面 A1B1C1所成的二面角为 ,则 tan(+ )的最小值是 .答案 -8313解析 作 PP1 A1B1,则 PP1是三棱柱的高,过 P1作 P1H A1C1,则 PHP1= ,设 AP=x,BP=1-x(0 x1),tan = ,同理 tan= ,23x 23(1-x)tan(+ )= -233x(1-x)-4 8313(当 x=12时取等号 ).17.如图,在几何体

19、SABCD 中, AD平面 SCD,BC AD,AD=DC=2,BC=1,又 SD=2, SDC=120,F 是 SA 的中点, E 在 SC 上, AE= 5.(1)求证: EF平面 ABCD;(2)求直线 SE 与平面 SAB 所成角的正弦值 .(1)证明 连接 AE,DE,AC,AD 平面 SCD,DE平面 SCD,AD DE,DE= =1,AE2-AD2又 CD=SD= 2, SDC=120,E 是 SC 的中点,又 F 是 SA 的中点,EF AC,又 EF平面 ABCD,AC平面 ABCD,EF 平面 ABCD.10(2)解 在平面 SCD 内过点 D 作 SD 的垂线交 SC 于

20、 M,以 D 为原点,以 DM 为 x 轴, DS 为 y 轴, DA 为 z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,D (0,0,0),S(0,2,0),A(0,0,2),C( ,-1,0),B( ,-1,1), =( ,-3,0), =(0,-3 3 SC 3 SA2,2), =( ,-3,1),SB 3设平面 SAB 的法向量为 n=(x,y,z),则 nSA=0,nSB=0,令 z=1 得 n= , -2y+2z=0,3x-3y+z=0, (233,1,1) cos= =- 设直线 SE 与平面 SAB 所成角为 ,则SCnSC|n|SC|= -110323 1020.sin=| cos|

21、=SC1020.18.(2018 浙江嘉兴)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中, B1B=B1A=AB=BC, B1BC=90,D 为 AC 的中点, AB B1D.(1)求证:平面 ABB1A1平面 ABC;(2)在线段 CC1(不含端点)上,是否存在点 E,使得二面角 E-B1D-B 的余弦值为 - ?若存在,求出 的714 CECC1值;若不存在,说明理由 .(1)证明 取 AB 的中点 O,连接 OD,OB1.因为 B1B=B1A,所以 OB1 AB.又 AB B1D,OB1 B1D=B1,OB1平面B1OD,B1D平面 B1OD,所以 AB平面 B1OD.因为 OD平面 B1OD

22、,所以 AB OD.由已知条件知, BC BB1,又 OD BC,所以 OD BB1.因为 AB BB1=B,AB平面 ABB1A1,BB1平面 ABB1A1,所以 OD平面 ABB1A1.因为 OD平面 ABC,所以平面 ABB1A1平面 ABC.11(2)解 由(1)知 OB,OD,OB1两两垂直,所以以 O 为坐标原点, 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴OB,OD,OB1的正方向, | |为单位长度 1,建立如图所示的空间直角坐标系,连接 B1C.OB由题设知, B1(0,0, ),B(1,0,0),D(0,1,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),C1(0,2, ),3

23、3=(0,1,- ), =(1,0,- ), =(-1,0, ), B1D 3 B1B 3 CC1 3=(1,2,- ),设 = (0 1),B1C 3 CE CC1则 =(1- ,2, (- 1),设平面 BB1D 的法向量为 m=(x1,y1,z1),B1E=B1C+CE 3则mB1D=0,mB1B=0,得 y1- 3z1=0,x1- 3z1=0,令 z1=1,则 x1=y1= ,3所以平面 BB1D 的法向量为 m=( ,1).3, 3设平面 B1DE 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则nB1D=0,nB1E=0,得 y2- 3z2=0,(1- )x2+2y2+ 3( -1)z2=0,令 z2=1,则 x2= ,y2= ,3( +1) -1 3所以平面 B1DE 的一个法向量 n=(3( +1) -1, 3,1).设二面角 E-B1D-B 的大小为 ,则 cos= =- ,mn|m|n|= 3 +3 -1+3+173( +1 -1)2+4 714解得 = 所以在线段 CC1上存在点 E,使得二面角 E-B1D-B 的余弦值为 - ,此时13. 714 CECC1=13.