2020高考數(shù)學理科(人教B)一輪復習課時規(guī)范練43空間幾何中向量方法Word含解析

2020版高考數(shù)學理科(人教B版)一輪復習課時規(guī)范練43空間幾何中的向量方法+Word版含剖析2020版高考數(shù)學理科(人教B版)一輪復習課時規(guī)范練43空間幾何中的向量方法+Word版含剖析2020版高考數(shù)學理科(人教B版)一輪復習課時規(guī)范練43空間幾何中的向量方法+Word版含剖析課時規(guī)范練43空間幾何中的向量方法基礎牢固組1.在以下列圖的坐標系中,ABCD-A1B1C1D1為正方體,給出以下結(jié)論:①直線DD1的一個方向向量為(0,0,1);②直線BC1的一個方向向量為(0,1,1);③平面ABB1A1的一個法向量為(0,1,0);④平面B1CD的一個法向量為(1,1,1).其中正確的個數(shù)為()2.兩平行平面α,β分別經(jīng)過坐標原點O和點A(2,1,1),且兩平面的一個法向量n=(-1,0,1),則兩平面間的距離是()A.B.C.3.(2018遼寧本溪二模,7)已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形,PA=PD=,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中點,O是AD的中點,則直線BM與平面PCO所成角的正弦值是()A.B.C.D.4.已知兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角的大小為()A.45°°°或135°°5.如圖,在正四棱錐S-ABCD中,O為極點在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點,且SO=OD,則直線BC與平面PAC所成的角為.6.如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=AC,D為BC的中點,PO⊥平面ABC,垂足O落在線段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)證明:AP⊥BC;(2)若點M是線段AP上一點,且AM=3.試證明平面AMC⊥平面BMC.7.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中點.求證:B1C∥平面A1BD;求點B1到平面A1BD的距離.綜合提升組8.(2018安徽定遠調(diào)研,10)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,中心為O,BF=BC,A1E=A1A,則四面體OEBF的體積為()A.B.C.D.9.設動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上,記=λ.當∠APC為銳角時,λ的取值范圍是.10.(2019四川成都一模

,19)在以下列圖的幾何體中

,EA⊥平面

ABCD,四邊形

ABCD

為等腰梯形

,ADBC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EF

AC.證明:AB⊥CF;求二面角B-EF-D的余弦值.11.(2018河北衡水模擬二,18)以下列圖,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四邊形ABB1A1為正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,點E在棱BB1上.若F為A1B1的中點,E為BB1的中點,證明:平面EC1F∥平面A1CB;(2)設=λ,可否存在λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明原由.12.(2018河北衡水中學適應性考試,18)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形A1C1CA為菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在線段AC上搬動,P為棱AA1的中點.(1)若Q為線段AC的中點,H為BQ中點,延長AH交BC于D,求證:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值為,求點P到平面BQB1的距離.創(chuàng)新應用組13.(2018江西南昌七模,18)如圖,四棱錐P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD為正三角形.若

PA=2

,且PA與底面

ABCD

所成角的正切值為

.(1)證明:平面

PAB⊥平面

PBC;(2)E是線段CD上一點,記=λ(0<λ<1),可否存在實數(shù)λ,使二面角出λ的值;若不存在,請說明原由.

P-AE-C

的余弦值為

?若存在,求14.(2018河南信陽二模,19)在三棱錐A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2.求證:BD⊥AC;點P為AC上一動點,設θ為直線BP與平面ACD所形成的角,求sinθ的最大值.課時規(guī)范練43空間幾何中的向量方法1.C∵DD1∥AA1,=(0,0,1),故①正確;BC1∥AD1,=(0,1,1),故②正確;直線AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),故③正確;點C1的坐標為(1,1,1),與平面B1CD不垂直,故④錯.2.B兩平面的一個單位法向量0,故兩平面間的距離d=|n0|=n=-3.D以O為原點,以、和為x軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標系,以下列圖.由題可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),則=(0,0,2),=(-1,2,0),∵M是PC的中點,∴M-,1,1,=-,-1,1.設平面PCO的法向量n=(x,y,z),直線BM與平面PCO所成角為θ,則-可取n=(2,1,0),sinθ=|cos<,n>|=應選D.4.C∵兩平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面所成的二面角與∵<m,n>相等或互補,cos<m,n>=,故<m,n>=45°.故兩平面所成的二面角為45°或135°,應選C.5.30°以下列圖,以O為原點建立空間直角坐標系.設OD=SO=OA=OB=OC=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P-則=(2a,0,0),--=(a,a,0).設平面PAC的法向量為n,可求得n=(0,1,1),則cos<,n>=<,n>=60°,∴直線BC與平面PAC所成角為90°-60°=30°.6.證明(1)以下列圖,以O為坐標原點,以射線OP為z軸的正半軸建立空間直角坐標系.則O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),=(-8,0,0),=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,,即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且點M在線段AP上,,又=(-4,-5,0),--,則=(0,3,4)--=0,,即AP⊥BM,又依照(1)的結(jié)論知AP⊥BC,∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.又AM?平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.7.(1)證明連接AB1交A1B于點E,連接DE.可知E為AB1的中點,D是AC的中點,∴DE∥B1C.又DE?平面A1BD,B1C?平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.(2)解建立以下列圖的空間直角坐標系,則B1(0,2,3),B(0,21,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).設平面A1BD

,0),A1(-的法向量為

n=(x,y,z),即n=(3,0,1).故所求距離為d=8.D以下列圖,以D為坐標原點,分別以DA,DC,DD1所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則O,B(1,1,0),E1,0,,F,1,0,則||=,||=,||=,所以cos∠BOE=-,=-所以sin∠BOE=,所以S△OEB=,設平面OEB的一個法向量為n=(x,y,z),-由-取z=1,得n=,1,又=-,0,0,所以F到平面OEB的距離h=,所以周圍體OEBF的體積為V=S△OEB×h=9.0,建立以下列圖的空間直角坐標系,則A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由=λ得P(λ,λ,1-λ),則=(1-λ,-λ,λ-1),=(-λ,1-λ,λ-1),由于∠APC為銳角,所以=(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1)=(λ-1)(3λ-1)>0,解得λ<或λ>1,又由于動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上,所以λ的取值范圍為0≤λ<10.(1)證明由題知EA⊥平面ABCD,BA?平面ABCD,∴BA⊥AE.過點A作AH⊥BC于H,在Rt△ABH中,∠ABH=60°,BH=,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=3,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC,且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF?平面ACFE,∴AB⊥CF.(2)以A為坐標原點,AB,AC,AE分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則B(1,0,0),E(0,0,1),F0,,1,D-,0,=(-1,0,1),=-1,,1,=,-,1,=,0,1.-令x=1,得n=(1,0,1),同理可設n=(x,y,z)為平面BEF的一個法向量,則-求平面DEF的一個法向量m=(2,0,-1),∴cos<m,n>=,所以二面角B-EF-D的余弦值為11.(1)證明∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1,又CC1=AB=BB1=BE,∴四邊形CC1EB為平行四邊形,∴C1E∥BC.又BC?平面A1BC,C1E?平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B,又A1B?平面A1BC,EF?平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,C1E?平面EFC1,FE?平面EFC1,∴平面EFC1∥平面A1BC.(2)在△ABC中,由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC,由CC1⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC,CA,CB,CC1兩兩垂直.以C點為坐標原點,依次為x軸,y軸,z軸正方向,建立空間直角坐標系,以以下列圖所示,則C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(2,0,4),E(0,2,4λ).設平面A1EC1的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),則即-令z1=1,解得x1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1.設平面A1EC的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),則即令x2=2,得z2=-,y2=2,∴n2=(2,2,-).若平面A1EC1⊥平面A1EC,則n12+2(1-2λ)-=0,化簡得2·n=-12λ-6λ+5=0,由于<0,故此方程無解,所以不存在實數(shù)λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.12.解(1)證明:如圖,取BB1中點E,連接AE,EH.∵H為BQ中點,∴EH∥B1Q.在平行四邊形AA1B1B中,P,E分別為AA1,BB1的中點,∴AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,∴平面EHA∥平面B1QP.∵AD?平面EHA,∴AD∥平面B1PQ.(2)連接PC1,AC1,∵四邊形A1C1CA為菱形,∴AA1=AC=A1C1=4.又∠C1A1A=60°,∴△AC1A1為正三角形.∵P為AA1的中點,∴PC1⊥AA1.∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1?平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1,在平面ABB1A1內(nèi)過點P作PR⊥AA1交BB1于點R,建立以下列圖的空間直角坐標系P-xyz,則P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,2),C(0,-4,2),設==λ(0,-2,2),λ∈[0,1],∴Q(0,-2(λ+1),2),=(0,-2(λ+1),2).∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,∴B1(,1,0),=(,1,0).設平面PQB1的法向量為m=(x,y,z),則得-令x=1,則y=-,z=-,∴平面PQB1的一個法向量為m=1,-,-,設平面AA1C1C的法向量為n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角為θ,則cosθ=-,∴λ=或λ=-(舍),∴Q(0,-3,).,又B(,-3,0),=(,0,-),∴||=,∴B1Q2=BQ2+B又B1Q=,即△BB1Q是直角三角形,∠B1BQ=90°.連接BP,設點P到平面BQB1的距離為h,則44h,h=,即點P到平面BQB1的距離為13.解(1)證法一:∵AB⊥AD,且AB=AD=2,∴BD=2,又△PBD為正三角形,所以PB=PD=BD=2,又∵AB=2,PA=2,所以AB⊥PB,又∵AB⊥AD,BC∥AD,∴AB⊥BC,PB∩BC=B,所以AB⊥平面PBC,又由于AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.證法二:設P在平面ABCD內(nèi)的射影為Q,連接AQ,則AQ即為AP在平面ABCD內(nèi)的射影,故∠PAQ即為AP與底面所成的角,由于tan∠PAQ=,所以sin∠PAQ=而sin∠PAQ=,AP=2,所以PQ=2,AQ=2又△PBD為正三角形,所以PB=PD=BD=2,所以DQ=2.由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以ABDQ,從而四邊形ABQD是正方形,由AB⊥BQ,AB⊥PQ得AB⊥平面PBC,于是平面PAB⊥平面PBC.(2)由(1)可知,QD,QB,QP兩兩垂直,以它們所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,則Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),由=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以=(-2λ,λ-2,0),=