高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題八立體幾何5空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用專題檢測含解析新人教A版

PAGEPAGE1空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用專題檢測1.(2019浙江紹興數(shù)學(xué)調(diào)測(3月),9)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1兩兩互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是線段BB1,CC1上的點(diǎn),平面AMN與平面ABC所成的(銳)二面角為π6,當(dāng)B1M最小時(shí),∠AMB= (A.5π12B.π3C.π4答案B以A為原點(diǎn),AB,AC,AA1所在的直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.設(shè)AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,則N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),∴AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).設(shè)平面AMN的法向量為n=(x,y,z),則AM·n=x+az=0,AN·n由圖可知平面ABC的一個(gè)法向量為AA∵平面AMN與平面ABC所成(銳)二面角為π6∴cosπ6=|AA解得3a2+3b2=1.∴當(dāng)B1M最小時(shí),BM的值最大.∴b=0,BM=a=33∴tan∠AMB=ABBM=133=3,∴∠AMB=π2.(2018新疆烏魯木齊八一中學(xué)期中,9)如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點(diǎn)E是棱AB的中點(diǎn),則點(diǎn)E到平面ACD1的距離為 ()A.12B.22C.13答案C如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),直線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),設(shè)平面ACD1的法向量為n=(a,b,c),則n·AC=-a+2∴點(diǎn)E到平面ACD1的距離h=|D1E·n故選C.3.(2018甘肅慶陽一中月考,9)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中點(diǎn),則直線AE與平面ABC1D1所成角的正切值是 ()A.63B.62C.52答案A以D為原點(diǎn),直線DA為x軸,直線DC為y軸,直線DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,∵正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E是A1B1的中點(diǎn),∴A(1,0,0),E1,12,1,∴AE=0,12,1設(shè)平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).則n·AB=y=0,設(shè)直線AE與平面ABC1D1所成的角為θ,θ∈0,則sinθ=|cos<AE,n>|=152×2=105.∴tanθ=sinθcosθ=63思路分析建立空間坐標(biāo)系,求出平面ABC1D1的法向量及AE,利用向量的夾角公式求解.方法總結(jié)線面角的求解方法常用的有兩個(gè),一是利用空間向量,二是定義法.本題也可從點(diǎn)E引平面ABC1D1的垂線,垂足為正方體的中心,用定義法求解.4.(2018全國名校聯(lián)考,8)過正方形ABCD的頂點(diǎn)A,作PA⊥平面ABCD,若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小是 ()A.30°B.45°C.60°D.90°答案B以A為原點(diǎn),直線AB為x軸,直線AD為y軸,直線AP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)PA=BA=1,則C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1),設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z),則PC·n=x+y-z=0,PD設(shè)平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小為θ,則cosθ=|n·m||n|·|m|∴平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小為45°.故選B.思路分析考慮到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出平面的法向量,由向量的夾角公式求解.一題多解把該幾何體補(bǔ)成正方體,即通過補(bǔ)體法,利用正方體的性質(zhì)易得所求二面角的大小為45°.5.(2018北京海淀二模,14)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中點(diǎn),點(diǎn)P在側(cè)面ABB1A1內(nèi),若D1P垂直于CM,則△PBC的面積的最小值為.

答案2解析以D為原點(diǎn),直線DA,DC,DD1分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.則D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),∴MC=(-2,2,-1).∵點(diǎn)P在側(cè)面ABB1A1內(nèi),∴設(shè)P的坐標(biāo)為(2,b,c),b,c∈[0,2],∴D1P=(2,b,又∵D1P⊥∴D1P·MC=0,∴-4+2b+2-解得c=2b-2,∴b∈[1,2],又∵PB⊥BC,∴S△PBC=12BC·PB=12×2×PB=將c=2b-2代入上式,得S△PBC=5b2-12b+8∴當(dāng)b=65時(shí),S△PBC取得最小值,為26.(2018北京西城一模,14)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,點(diǎn)P在側(cè)面A1ABB1上.若點(diǎn)P到直線AA1和CD的距離相等,則A1P的最小值是.

答案3解析以D為原點(diǎn),分別以直線DA,DC,DD1為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A1(1,0,2),設(shè)P(1,y,z),則y∈[0,2],z∈[0,2],因?yàn)镻到直線AA1的距離為y,P到直線CD的距離為1+z所以y=1+z所以A1P=y2+(2-所以當(dāng)z=1時(shí),A1P取最小值,且最小值為3.7.(2016陜西商洛一模,19)如圖,四面體ABCD中,O、E分別是BD、BC的中點(diǎn),CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2.(1)求證:AO⊥平面BCD;(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值;(3)求點(diǎn)E到平面ACD的距離.解析(1)證明:連接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2,O為BD的中點(diǎn)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)如圖,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0),E12則AB=(1,0,-1),CD=(-1,-3,0),∴|cos<AB,CD>|=|AB·CD∴異面直線AB與CD所成角的余弦值為24(3)AD=(-1,0,-1),CD=(-1,-3,0),EC=-1設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z).由n·AD=0,n·CD=0,得-x-z=0,-x-3y=0所以點(diǎn)E到平面ACD的距離為d=EC·n|8.(2016廣西南寧二模,19)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)M是CD的中點(diǎn).(1)求BB1與平面A1C1M所成角的余弦值;(2)在BB1上找一點(diǎn)N,使得D1N⊥平面A1C1M.解析(1)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為1,則A1(1,0,1),M0,12,所以A1C1=(-1,1,0),A設(shè)平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),由e·A令y=1,則x=1,z=-12所以e=1,又BB則cos<BB1,e>=-1所以sin<BB1,e>=1--1即BB1與平面A1C1M所成角的余弦值為22(2)設(shè)N的坐標(biāo)為(1,1,t),其中0≤t≤1,則D1N=(1,1,因?yàn)镈1N⊥平面A1C1M,所以D1N與e從而t-1=-12,則t=1即當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)時(shí),D1N⊥平面A1C1M.思路分析(1)根據(jù)正方體中的垂直關(guān)系,建立空間直角坐標(biāo)系,求得所需點(diǎn)的坐標(biāo),利用空間向量求得BB1與平面A1C1M所成角的余弦值;(2)可設(shè)N的坐標(biāo)為(1,1,t),因?yàn)镈1N⊥平面A1C1M,所以D1N與e共線,求得t=12,所以當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)時(shí),D1N⊥平面A19.(2018天津十二校4月聯(lián)考,17)如圖,四邊形ABCD是邊長為3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.(1)求證:平面ACE⊥平面BED;(2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值;(3)在線段AF上是否存在點(diǎn)M,使得二面角M-BE-D的大小為60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,說明理由解析(1)證明:因?yàn)槠矫鍭DEF⊥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?yàn)锳C?平面ABCD,所以DE⊥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以AC⊥BD,又因?yàn)镈E∩BD=D,DE?平面BED,BD?平面BED,所以AC⊥平面BDE. (3分)又因?yàn)锳C?平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED. (4分)(2)因?yàn)镈E⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz如圖所示.則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).設(shè)平面BEF的法向量為n=(x1,y1,z1).則n·BE令x1=6,則y1=26,z1=3,則n=(6,26,3). (6分)所以cos<CA,n>=CA·n|CA||n|=所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為1313. (8分(3)存在,理由如下:設(shè)M(3,0,t),0≤t≤26. (9分)則BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).設(shè)平面MBE的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·BM令y2=t,則z2=3,x2=36-t,則m=(36-t,t,3). (10分)又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一個(gè)法向量,∴|cos<m,CA>|=|m·CA||m||CA整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去),∴AMAF=14. (1310.(2020云南紅河二模,19)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,E為CD中點(diǎn).(1)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由;(2)若二面角A-B1E-A1的大小為30°,求AB的長.解析本題主要考查長方體的性質(zhì),線面平行的判定,二面角以及探索性問題的求解,通過向量法求解意在考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力,考查的核心素養(yǎng)為直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理.如圖,以A為原點(diǎn),以AB,AD,AA1的方向分別為x軸,y軸,z設(shè)AB=a(a>0),則A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),Ea2,2,0,B1(a,0,2),故AD1=(0,2,2),A(1)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此時(shí)DP=(0,-2,z0).設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,取x=2,得平面B1AE的一個(gè)法向量n=2,-要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a-az0=0,解得z0=1.又DP?平面B1AE,∴存在點(diǎn)P,滿足DP∥平面B1AE,此時(shí)AP=1.(2)連接A1D,B1C,由長方體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設(shè)AD1與n所成的角為θ,則cosθ=n·∵二面角A-B1E-A1的大小為30°,∴|cosθ|=cos30°,即3a22解得a=4,即AB的長為4.11.(2018北京一七一中學(xué)期中,17)在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶2∶1.(1)證明:BD⊥PC;(2)求二面角A-PC-D的余弦值;(3)設(shè)點(diǎn)Q為線段PD上一點(diǎn),且直線AQ與平面PAC所成角的正弦值為23,求PQPD解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,如圖所示,設(shè)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的一個(gè)法向量為m=(2,-1,0).由DP=(0,-2,2),DC=(1,0,0),易得平面DPC的一個(gè)法向量為n=(0,-2,-1).∴cos<m,n>=m·n|∴二面角A-PC-D的余弦值為23(3)令PQPD=t,t∈[0,1],則AQ=AP+PQ=AP+tPD=(0,0,2)+t(0,2,-2)=(0,2t,2-2t)設(shè)θ為直線AQ與平面PAC所成的角,則sinθ=|cos<AQ,m>|=AQ·m|所以2t32所以3t2=6t2-8t+4,解得t=2(舍)或23所以PQPD=212.(2018北京西城一模,17)如圖1,在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點(diǎn),O為DE的中點(diǎn),AB=AC=25,BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如圖2.(1)求證:A1O⊥BD;(2)求直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)線段A1C上是否存在點(diǎn)F,使得直線DF和BC所成角的余弦值為53?若存在,求出A1FA1C解析(1)證明:因?yàn)樵凇鰽BC中,D,E分別為AB,AC的中點(diǎn),所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O為DE的中點(diǎn),所以A1O⊥DE.因?yàn)槠矫鍭1DE⊥平面BCED,且A1O?平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中點(diǎn)G,連接OG,所以O(shè)E⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以A1B=(2,-2,-2),A1D設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),則n·A令x=1,則y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).設(shè)直線A1C和平面A1BD所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,A1C>|=|n所以直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值為22(3)線段A1C上存在點(diǎn)F滿足題意.設(shè)A1F=λA1C,其中設(shè)F(x1,y1,z1),則有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2λ),所以x1=2λ,y1=2λ,z1=2-2λ,從而F(2λ,2λ,2-2λ),所以DF=(2λ,2λ+1,2-2λ).又BC=(0,4,0),所以|cos<DF,BC>|=|=4|令|2λ+1整理得3λ2-7λ+2=0.解得λ=13或λ=2(舍去)所以線段A1C上存在點(diǎn)F滿足題意,且A1FA13.(2020天津河西學(xué)情調(diào)查,17)如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E為AB的中點(diǎn).(1)求證:NA∥平面MEC;(2)求直線MB與平面MEC所成角的正弦值;(3)設(shè)P為線段AM上的動(dòng)點(diǎn),二面角P-EC-D的平面角的大小為30°,求線段AP的長.解析因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,E為AB的中點(diǎn),∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥平面ABCD,所以建立以D為原點(diǎn),以DE,DC,DN的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系,則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)證明:ME=(0,1,-1),MC=(-3,3,-1),設(shè)n=(x,y,z)為平面MEC的法向量,則n·ME不妨令y=1,可得n=23,1,1,又NA=(3,-1,-1),所以NA·n=0,又因?yàn)橹本€NA?平面MEC(2)MB=(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一個(gè)法向量為n=23,1,1,所以cos<n,MB>=n·MB|n||(3)設(shè)P(3,-1,h),h∈[0,1],EC=(-3,2,0),EP=(0,-1,h),設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面PEC的法向量,則m·EP=0,m·EC=0,即-y1+hz1=0,-3x1+2y1=0,不妨令y1=3h,可得m=(2h,3h,3),又思路分析以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.(1)求得平面MEC的一個(gè)法向量n,由n·NA=0即可證明NA∥平面MEC.(2)cos<n,MB>=MB·n|n|·|MB|,進(jìn)而求得直線MB與平面MEC所成角的正弦值.(3)設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo),求出平面PEC的一個(gè)法向量m,易知DN是平面DEC的一個(gè)法向量,結(jié)合|cos<m,DN>|=14.(20195·3原創(chuàng)題)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB=12BC=2,∠ABC=120°,以BD為折痕,把△BDC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PD⊥(1)證明:平面PAD⊥平面ABD;(2)試問在棱PA上是否存在一點(diǎn)F,使得二面角P-BD-F的正弦值為55?如果存在,請說明點(diǎn)F的位置解析(1)證明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,∵AD=AB=2,∴△ABD為正三角形,∴∠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,過點(diǎn)D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz如圖所示,D(0,0,0),P(0,0,23),A(2,0,0),B(1,3,0). (6分)假設(shè)存在點(diǎn)F,設(shè)AF=λAP(0≤λ≤1),則F(2-2λ,0,23λ),設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為n=(x1,y1,z1),則DB可取x1=3,y1=-1,z1=λ-即n=3,-1,λ解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值為55∴二面角P-BD-F的余弦值為25設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為m=(x2,y2,z