（福建专用）2019高考数学一轮复习课时规范练43空间几何中的向量方法理新人教A版.doc

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1、1课时规范练 43 空间几何中的向量方法一、基础巩固组1.若平面 , 的法向量分别为 n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( )A. B. C. , 相交但不垂直 D.以上均不正确2.已知平面 的一个法向量为 n=(1,- ,0),则 y 轴与平面 所成的角的大小为( )3A. B. C. D.6 3 4 563.两平行平面 , 分别经过坐标原点 O 和点 A(2,1,1),且两平面的一个法向量 n=(-1,0,1),则两平面间的距离是( )A. B. C. D.332 22 3 24.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 的方向向量和法向量,若 cos=- ,则 l 与

2、所成的角12为( )A.30 B.60 C.120 D.1505.如图,过正方形 ABCD 的顶点 A,作 PA平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是( )A.30 B.45C.60 D.906.(2017 广东珠海质检)设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长是 2,则点 D1到平面 A1BD 的距离是( )A. B. C. D.32 22 33 2337.如图,在正四棱锥 S-ABCD 中, O 为顶点在底面上的射影, P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 . 导学号 21500564 8.如图,

3、在三棱锥 P-ABC 中, AB=AC,D 为 BC 的中点, PO平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上 .已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明: AP BC;(2)若点 M 是线段 AP 上一点,且 AM=3.试证明平面 AMC平面 BMC.9.2在直三棱柱 ABC-A1B1C1中, AA1=AB=BC=3,AC=2,D 是 AC 的中点 .(1)求证: B1C平面 A1BD;(2)求点 B1到平面 A1BD 的距离 .导学号 21500565二、综合提升组10.在三棱锥 P-ABC 中, PA平面 ABC, BAC=90,D,E,F 分别是棱 AB,BC,CP 的中

4、点, AB=AC=1,PA=2,则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为( )A. B.15 255C. D.55 2511.已知直三棱柱 ABC-A1B1C1中, ACB=90,AC=1,CB= ,侧棱 AA1=1,侧面 AA1B1B 的两条对角线交2于点 D,则平面 B1BD 与平面 CBD 所成的二面角的余弦值为( )A.- B.-33 63C. D.33 6312.(2017 广东广州模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AB=2,BC=AA1=1.则 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为 . 13.(2017 山东青岛模拟,理 17)如图,在多面体 ABC-A1

5、B1C1中,四边形 A1ABB1是正方形,AB=AC,BC= AB,B1C1 BC,二面角 A1-AB-C 是直二面角 .求证 :212(1)A1B1平面 AA1C;(2)AB1平面 A1C1C.314.如图所示,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的 倍, P 为侧棱 SD 上的点 .2(1)求证: AC SD.(2)若 SD平面 PAC,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE平面 PAC?若存在,求 SEEC 的值;若不存在,试说明理由 .三、创新应用组15.(2017 宁夏中卫二模,理 18)如图,已知菱形 ABCD 与直角梯形 ABEF 所在的平面互相垂直

6、,其中BE AF,AB AF,AB=BE= AF=2, CBA= .12 3(1)求证: AF BC;(2)线段 AB 上是否存在一点 G,使得直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为 ,若存在,求 AG 的9331长;若不存在,说明理由 .导学号 2150056616.(2017 山西吕梁二模,理 18)在四棱锥 P-ABCD 中, PA平面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,其中AD BC,AB AD,AB=AD= BC,BE= BC.12 14(1)求证: DE平面 PAC;4(2)若直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 ,求二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值 .3

7、010导学号 21500567课时规范练 43 空间几何中的向量方法1.C 因为 cos= 0 且 cos 1,所以 , 相交但不垂直 .12|1|2|= -2938262.B 可知 y 轴的方向向量为 m=(0,1,0),设 y 轴与平面 所成的角为 ,则 sin =| cos|. cos=|=- 312=- , sin = ,=32 32 3.3.B 两平面的一个单位法向量 n0= ,故两平面间的距离 d=| n0|=(- 22,0,22) 22.4.A 因为 cos=- ,所以 l 与 所成角 满足 sin =| cos|= ,又 ,所以12 12 0,2= 30.5.B (方法一)建立

8、如图 1 所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角的余弦值为 ,故所求的二|12|1|2|=22面角的大小是 45.(方法二)将其补成正方体 .如图 2,不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角就是平面 ABQP和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45.6.D 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),=(2,0,0), =(2,0,2), =(2,2,0).设平面 A1BD 的法向量为 n=

9、(x,y,z),11 1 则 令 x=1,则 n=(1,-1,-1),1=2+2=0,=2+2=0. 点 D1到平面 A1BD 的距离是 d=|11| =23=233.57.30 如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 .设 OD=SO=OA=OB=OC=a,则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P(0,-2,2).则 =(2a,0,0), =(a,a,0).=(-,-2,2),设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1),则 cos=|=222=12.=60, 直线 BC 与平面 PAC 所成角为 90-60=30.8.证明 (1)如图所示,以 O 为

10、坐标原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 .则 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,且点 M 在线段 AP 上,=35=(0,95,125)又 =(-4,-5,0), ,=+=(-4,-165,125)则 =(0,3,4) =0, ,即 AP BM,(-4,-165,125) 又根据(1)的结论知 AP BC,AP 平面 BMC,于是 AM平面 BMC.又 AM平面 AM

11、C,故平面 AMC平面 BCM.9.(1)证明 连接 AB1交 A1B 于点 E,连接 DE.6可知 E 为 AB1的中点, D 是 AC 的中点, DE B1C.又 DE平面 A1BD,B1C平面 A1BD,B 1C平面 A1BD.(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1(0,2 ,3),B(0,2 ,0),A1(-1,0,3), =(0,2 ,3),2 2 1 2=(0,2 ,0), =(-1,0,3). 2 1设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),=0,1=0,即 22=0,-+3=0, n=(3,0,1).故所求距离为 d=|1| =31010.10.C 以 A 为

12、原点, AB,AC,AP 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,由AB=AC=1,PA=2,得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D ,E ,F , =(0,0,-2),(12,0,0) (12,12,0) (0,12,1) =(0,12,0),=(-12,12,1).设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则由 =0,=0,得12=0,-12+12+=0,取 z=1,则 n=(2,0,1),设 PA 与平面 DEF 所成的角为 ,则 sin = ,PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为|=55 55.11.A 7

13、建立如图所示的空间直角坐标系,则 C(0,0,0),B( ,0,0),A(0,1,0),B1( ,0,1),D2 2=( ,0,0), =(- ,1,0), =(0,0,1).设平面 CBD 和平面 B1BD 的法(22,12,12),=(22,12,12), 2 2 1向量分别为 n1,n2,可得 n1=(0,1,-1),n2=(1, ,0),所以 cos= ,又平面 B1BD 与212|1|2|=33平面 CBD 所成的二面角的平面角与 互补,故平面 B1BD 与平面 CBD 所成的二面角的余弦值为 -33.12 建立如图所示的空间直角坐标系,由于 AB=2,BC=AA1=1,所以 A1(

14、1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),.13D1(0,0,1).所以 =(-1,2,0), =(-1,0,1), =(0,2,0),设平面 A1BC1的法向量为 n=(x,y,z),则有11 1 1111=0,1=0,即 -+2=0,-+=0,令 x=2,则 y=1,z=2,则 n=(2,1,2).又设 D1C1与平面 A1BC1所成的角为 ,则 sin =| cos|=11|11|11|=223=13.13.证明 二面角 A1-AB-C 是直二面角,四边形 A1ABB1为正方形, AA 1平面 BAC.又 AB=AC,BC= AB,2 CAB=90,即 CA AB,AB ,AC

15、,AA1两两互相垂直 .建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设 AB=2,则 A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).(1) =(0,2,0), =(0,0,-2), =(2,0,0),11 1 设平面 AA1C 的一个法向量 n=(x,y,z),则 1=0,=0,即 -2=0,2=0, 即 =0=0.取 y=1,则 n=(0,1,0) =2n,即 n.A 1B1平面 AA1C11 11(2)易知 =(0,2,2), =(1,1,0), =(2,0,-2),设平面 A1C1C 的法向量 m=(x1,y1,z1),1 11 1则11=0,1=

16、0,即 1+1=0,21-21=0,8令 x1=1,则 y1=-1,z1=1,即 m=(1,-1,1).m=01+2(-1)+21=0, m.1 1又 AB1平面 A1C1C,AB 1平面 A1C1C.14.(1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,连接 SO,则 AC BD,由题意知 SO平面 ABCD.以 O 为坐标原点, 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向,建立空间直角坐标系如图 .,设底面边长为 a,则高 SO= a,于是 S ,D ,C62 (0,0,62) (- 22,0,0),(0,22,0),=(0,22,0),=(- 22,0,- 62)则 =0.故

17、 OC SD.从而 AC SD.(2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC.理由如下:由已知条件知 是平面 PAC 的一个法向量,且 0,- a,=(22,0,62),=( 2262a ),=(- 22,22,0).设 =t ,则 +t , =+=(- 22,22(1-),62)由 =0,解得 t=13. 当 SEEC= 2 1 时, .又 BE平面 PAC,故 BE平面 PAC.15.(1)证明 菱形 ABCD 与直角梯形 ABEF 所在的平面互相垂直, AB AF,AF 平面 ABCD,BC 平面 ABCD,AF BC.(2)解 取 AB 的中点 O,连接 CO,则 CO A

18、B, 平面 ABCD平面 ABEF,CO 平面 ABEF.建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(-2,0, ),F(-1,4,0),E(1,2,0),3=(1,4,- ), =(-2,2,0), 3 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,即 +4- 3=0,-2+2=0,取 n= ,(1,1,533)9设 G( ,0,0), -1,1,则 =(- 1,4,0). 直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为 ,9331, |-1+4|(+1)2+16313=9331=- 1 -1,1,AG= 0,直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为9331.16.(1)证

19、明 以 A 为原点, AB 为 x 轴, AD 为 y 轴, AP 为 z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示 .不妨设 AB=AD= BC=2,则 D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0),12=(2,-1,0), =(2,4,0), =4-4+0=0,DE AC. PA 平面 ABCD,DE平面 ABCD,DE PA.PA AC=A,DE 平面 PAC.(2)解 设 P(0,0,t)(t0), =(0,0,t), =(2,4,0), =(2,1,-t), 设平面 PAC 的法向量 n=(x,y,z),则 取 x=2,得 n=(2,-1,0),=0,=2+4=0, 直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 ,3010,解得 t=1 或 t=-1(舍),|= 35+25=3010P (0,0,1), =(2,4,-1), =(0,2,-1), 设平面 PCD 的法向量 m=(a,b,c),则 取 b=1,得 m=(-1,1,2),=2+4-=0,=2b-=0, 设二面角 A-PC-D 的平面角为 ,则 cos =|= 365=3010.二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值为3010.