2020高考数学刷题首选卷第六章立体几何考点测试48立体几何中的向量方法理（含解析）.docx

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1、1考点测试 48 立体几何中的向量方法高考概览本 考 点 是 高 考 必 考 知 识 点 ， 题 型 为 解 答 题 ， 分 值 为 12分 ， 中 等 难 度考纲研读1理解直线的方向向量与平面的法向量2能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)4能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用5能用向量法解决空间的距离问题一、基础小题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

2、均不正确答案 C解析 因为 cos n1n2 0 且 cos n1， n21，所以 ， 相交n1n2|n1|n2|但不垂直2两平行平面 ， 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 D332 22 3 2答案 B解析 两平面的一个单位法向量 n0 ，故两平面间的距离(22， 0， 22)d| n0| OA 223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 m， n2，则 l 与 所成的角为( )12A30 B60 C120 D150答案 A解析 因为 cos m， n ，所以 l 与

3、所成角 满足 sin |cos m， n|12，又 ，所以 3012 0， 24如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC A1B1C1， CA CC12 CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为( )A B C D55 53 255 35答案 A解析 不妨令 CB1，则 CA CC12故 O(0，0，0)， B(0，0，1)， C1(0，2，0)， A(2，0，0)， B1(0，2，1)，所以 (0，2，1)， (2，2，1)，BC1 AB1 所以 cos ， 所以直线 BC1与直线 AB1夹角的BC1 AB1 BC1 AB1 |BC1 |AB1 | 4 159 55余弦值为 故选

4、A555在正方体 ABCD A1B1C1D1中， M， N 分别为棱 AA1和 BB1的中点，则 sin ， CM D1N 的值为( )A B C D19 459 259 23答案 B3解析 设正方体的棱长为 2，以 D 为坐标原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1为 z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知 (2，2，1)， (2，2，1)，CM D1N cos ， ，CM D1N 19sin ， CM D1N 4596已知向量 A (2，2，1)， A (4，5，3)，则平面 ABC 的单位法向量是( )B C A， ， B ，13 23 23 1323 23C ，1，1 D

5、 ， ，12 13 23 23答案 D解析 设平面 ABC 的一个法向量是 n( x， y， z)，则Error!取 z1，得x ， y1则 n ，1，1，| n| ，故平面 ABC 的单位法向量是 ， ，故选12 12 32 13 2323D7如图，在四面体 ABCD 中， AB1， AD2 ， BC3， CD2 ABC DCB ，3 2则二面角 A BC D 的大小为( )A B C D 6 3 53 56答案 B解析 二面角 A BC D 的大小等于 AB 与 CD 所成角的大小 ，而AD AB BC CD 42( )2 2 2 22| | |cos ， 2| | |cos ， AD A

6、B BC CD AB BC CD AB BC AB BC AB CD AB CD 2| | |cos ， 2 2 22| | |cos ， ，即BC CD BC CD AB CD BC AB CD AB CD 1214922cos ， ，AB CD cos ， ， 与 所成角为 ，即二面角 A BC D 的大小为AB CD 12 AB CD 23 故选 B23 3二、高考小题8(2018全国卷)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异面直线3AD1与 DB1所成角的余弦值为( )A B C D15 56 55 22答案 C解析 以 D 为坐标原点， ， ， 的方

7、向分别为 x， y， z 轴的正方向建立空间直角坐DA DC DD1 标系，则 D(0，0，0)， A(1，0，0)， B1(1，1， )， D1(0，0， )，所以 (1，0，3 3 AD1 )， (1，1， )，因为 cos ， ，所以异面直3 DB1 3 AD1 DB1 AD1 DB1 |AD1 |DB1 | 1 325 55线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 ，故选 C559(经典江西高考)如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB11， AD7， AA112一质点从顶点 A 射向点 E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1 次到第 i 次反射

8、点之间的线段记为 Li(i2，3，4)， L1 AE，将线段 L1， L2， L3， L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )5答案 C解析 由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8，6，0)处在坐标平面 xAy 中，直线 AE1的方程为 y x，与直线 DC 的方程 y7 联立得 F 由两点间的距离公式得34 (283， 7)E1F ，tan E2E1Ftan EAE1 ，53 125 E2F E1Ftan E2E1F4 E2F11248 故选 CL3L4 E1E2E2E3 E2FE2F1 48 1210(2015四川高考)如右图，四边形 ABCD 和 ADPQ

9、均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段 PQ 上， E， F 分别为 AB， BC 的中点，设异面直线 EM 与 AF 所成的角为 ，则 cos 的最大值为_答案 256解析 建立空间直角坐标系，转化为向量进行求解以 AB， AD， AQ 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Axyz，设正方形边长为 2， M(0， y，2)(0 y2)，则 A(0，0，0)， E(1，0，0)，F(2，1，0)， (1， y，2)，| | ， (2，1，0)，| | ，EM EM y2 5 AF AF 5cos |EM AF |EM |AF | |y 2|5y2

10、 5 2 y5y2 5令 t2 y，要使 cos 最大，显然 00)，则A(a，0，0)， B(0， a，0)， A1(a，0，2)， D(0，0，1)， E ，1a2a2又 G 为 ABD 的重心， G ，易得 ， (0， a，1)点 E 在面 ABD 上的射影是 ABD 的a3a313 GE a6a623 BD 重心 G， G 面 ABD 0，解得 a2 ， (2，2，2)E GE BD GE 131323 BA1 面 ABD，GE G 为面 ABD 的一个法向量，设 A1B 与面 ABD 所成角为E ，sin |cos ， | ，cos A1B 与平GE BA1 |GE BA1 |GE

11、|BA1 |4363 23 23 738面 ABD 所成角的余弦值为 ，故选 B7313(2018九江模拟)在四棱锥 P ABCD 中， A (4，2，3)， A (4，1，0)，B D A (6，2，8)，则这个四棱锥的高 h( )P A1 B2 C13 D26答案 B解析 在四棱锥 P ABCD 中， A (4，2，3)， (4，1，0)，B AD (6，2，8)，AP 设平面 ABCD 的法向量为 n( x， y， z)，则Error!即Error!设 y4，则 n1，4，所43以 cos n， A ，所以 h| A |cos n， A |P nAP |n|AP | 6 8 323133

12、226 2626 P P 2 2故选 B2626 2614(2018合肥模拟)如图所示，已知点 P 为菱形 ABCD 外一点，且 PA平面ABCD， PA AD AC，点 F 为 PC 中点，则二面角 C BF D 的正切值为( )A B36 34C D33 233答案 D解析 连接 BD 交 AC 于点 O，连接 OF以 O 为原点， OB， OC， OF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系设 PA AD AC1，则 BD ，所以 B ，0，0， F0，0， C0，0， D ，0，0332 12 12 32易知 O 0，0 为平面 BDF 的一个法向量C 129由 B

13、 ，0， F ，0， ，可求得平面 BCF 的一个法向量为 n(1， ，C 32 12 B 32 12 3)，3所以 cos n， O ，C 217由题图知二面角 C BF D 的平面角为锐角，所以 sin n， ，所以OC 277tan n， 故选 DOC 23315(2018广东珠海四校模拟)已知正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中， AB1， AA12，点E 为 CC1的中点，则点 D1到平面 BDE 的距离为_答案 233解析 解法一：如图，以 D 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，则 D(0，0，0)， B(1，1，0

14、)， D1(0，0，2)， E(0，1，1)，连接D1B，所以 (1，1，0)， (0，1，1)， (1，1，2)，设 n( x， y， z)是平DB DE BD1 面 BDE 的法向量，所以有Error!即Error!令 x1，则 y1， z1，所以面 BDE 的一个法向量为 n(1，1，1)，则点 D1到平面 BDE 的距离 d |BD1 n|n| 233解法二：连接 D1B， D1E，由题意可知 BC平面 DD1E，设点 D1到平面 BDE 的距离为 h，由 VD1 BDE VB DD1E 得 S BDEh S D1DEBC，即 h 13 13 S D1DEBCS BDE ，点 D1到平

15、面 BDE 的距离为 1221112232 23 233 23316(2018辽宁模拟)如图，在直三棱柱 A1B1C1 ABC 中，10 BAC ， AB AC A1A1，已知 G 与 E 分别是棱 A1B1和 CC1的中点， D 与 F 分别是线段 2AC 与 AB 上的动点(不包括端点)若 GD EF，则线段 FD 的长度的取值范围是_答案 ，155解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1(0，0，1)， B1(0，1，1)， C(1，0，0)，C1(1，0，1)， G0，1， E1，0，12 12设 D(x，0，0)， F(0， y，0)( x， y(0，1)，则 G x， ，1，

16、E 1， y， ，D 12 F 12 GD EF， G E 0，即 x y 0，D F 12 12 x y，在 Rt AFD 中，12 12FD ，AD2 AF2 x2 y254y2 12y 14 54y 152 150 y1，当 y 时， FD 取得最小值 ，当 y1 时， FD1，当 y0 时， FD 15 55 12线段 FD 的长度的取值范围为 ，15511一、高考大题1(2018浙江高考)如图，已知多面体 ABCA1B1C1， A1A， B1B， C1C 均垂直于平面ABC， ABC120， A1A4， C1C1， AB BC B1B2(1)证明： AB1平面 A1B1C1；(2)求

17、直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值解 (1)证明：如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB， OC 为 x， y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz由题意知各点坐标如下：A(0， ，0)， B(1，0，0)， A1(0， ，4)， B1(1，0，2)， C1(0， ，1)3 3 3因此 (1， ，2)， (1， ，2)， (0，2 ，3)AB1 3 A1B1 3 A1C1 3由 0 得 AB1 A1B1AB1 A1B1 由 0 得 AB1 A1C1AB1 A1C1 所以 AB1平面 A1B1C1(2)设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 由(1)可知 (0，2

18、，1)， (1， ，0)， (0，0，2)AC1 3 AB 3 BB1 12设平面 ABB1的法向量 n( x， y， z)由Error! 即Error!可取 n( ，1，0)3所以 sin |cos ， n| AC1 |AC1 n|AC1 |n| 3913因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 39132(2018天津高考)如图， AD BC 且 AD2 BC， AD CD， EG AD 且 EG AD， CD FG且 CD2 FG， DG平面 ABCD， DA DC DG2(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN平面 CDE；(2)求二面角 E B

19、C F 的正弦值；(3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长解 依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 ， ， 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正DA DC DG 方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)， A(2，0，0)， B(1，2，0)， C(0，2，0)， E(2，0，2)， F(0，1，2)，G(0，0，2)， M0，1， N(1，0，2)32(1)证明：依题意 (0，2，0)， (2，0，2)DC DE 设 n0( x0， y0， z0)为平面 CDE 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z0

20、1，可得 n0(1，0，1)13又 1， ，1，可得 n00，MN 32 MN 又因为直线 MN平面 CDE，所以 MN平面 CDE(2)依题意，可得 (1，0，0)， (1，2，2)， (0，1，2)BC BE CF 设 n( x1， y1， z1)为平面 BCE 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z11，可得 n(0，1，1)设 m( x2， y2， z2)为平面 BCF 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z21，可得 m(0，2，1)因此有 cos m， n ，mn|m|n| 31010于是 sin m， n 1010所以，二面角 E BC F 的正弦值为 1

21、010(3)设线段 DP 的长为 h(h0，2)，则点 P 的坐标为(0，0， h)，可得(1，2， h)BP 易知， (0，2，0)为平面 ADGE 的一个法向量，DC 故|cos ， | ，BP DC |BP DC |BP |DC | 2h2 5由题意，可得 sin60 ，解得 h 0，22h2 5 32 33所以，线段 DP 的长为 333(2017全国卷)如图，四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD， AB BC AD， BAD ABC90， E 是 PD 的中点1214(1)证明：直线 CE平面 PAB；(2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与

22、底面 ABCD 所成角为 45，求二面角 M AB D 的余弦值解 (1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF， BF因为 E 是 PD 的中点，所以 EF AD， EF AD12由 BAD ABC90得 BC AD，又 BC AD，所以 EF 綊 BC，12四边形 BCEF 是平行四边形， CE BF又 BF平面 PAB， CE平面 PAB，故 CE平面 PAB(2)由已知得 BA AD，以 A 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，| |为单位长度，AB AB 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)， B(1，0，0)， C(1，1，0)，P(0，1， )， (1，

23、0， )， (1，0，0)3 PC 3 AB 设 M(x， y， z)(0x1)，则( x1， y， z)， ( x， y1， z )BM PM 3因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45，而 n(0，0，1)是底面 ABCD 的一个法向量，所以|cos ， n|sin45， ，BM |z|x 12 y2 z2 22即( x1) 2 y2 z20又 M 在棱 PC 上，设 ，则PM PC x ， y1， z 3 315由解得Error!(舍去)或Error!所以 M ，从而 (122， 1， 62) AM (1 22， 1， 62)设 m( x0， y0， z0)是平面 ABM 的法向量

24、，则Error!即 Error!所以可取 m(0， ，2)6于是 cos m， n mn|m|n| 105因此二面角 M AB D 的余弦值为 105二、模拟大题4(2018河北石家庄一模)四棱锥 S ABCD 的底面 ABCD 为直角梯形，AB CD， AB BC， AB2 BC2 CD2， SAD 为正三角形(1)点 M 在棱 AB 上一点，若 BC平面 SDM， ，求实数 的值；AM AB (2)若 BC SD，求二面角 A SB C 的余弦值解 (1)因为 BC平面 SDM， BC平面 ABCD，平面 SDM平面 ABCD DM，所以 BC DM，因为 AB DC，所以四边形 BCDM

25、 为平行四边形，又 AB2 CD，所以 M 为 AB 的中点，因为 ，所以 AM AB 12(2)因为 BC SD， BC CD， SD CD D，所以 BC平面 SCD，又因为 BC平面 ABCD，所以平面 SCD平面 ABCD，平面 SCD平面 ABCD CD，在平面 SCD 内，过点 S 作 SE CD 交 CD 的延长线于点 E，则 SE平面 ABCD，在 Rt SEA 和 Rt SED 中，因为 SA SD，所以 AE DE，SA2 SE2 SD2 SE216又由题知 EDA45， SA SD AD ，2所以 AE ED， AE ED SE1，以点 E 为坐标原点，直线 EA 为 x

26、 轴，直线 EC 为 y 轴，直线 ES 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 E(0，0，0)， S(0，0，1)， A(1，0，0)， B(1，2，0)， C(0，2，0)，(1，0，1)， (0，2，0)， (0，2，1)， (1，0，0)，SA AB SC CB 设平面 SAB 的法向量为 n1( x， y， z)，则Error! 所以Error!令 x1，得 n1(1，0，1)为平面 SAB 的一个法向量，同理得 n2(0，1，2)为平面 SBC 的一个法向量，则 cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 105因为二面角 A SB C 为钝角，所以二面角 A SB C

27、的余弦值为 1055(2018山西太原二模)如图，在四棱锥 E ABCD 中，底面 ABCD 是圆内接四边形，CB CD CE1， AB AD AE ， EC BD3(1)求证：平面 BED平面 ABCD；(2)若点 P 在侧面 ABE 内运动，且 DP平面 BEC，求直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值17解 (1)证明：连接 AC，交 BD 于点 O，连接 EO， AD AB， CD CB， AC BD，又底面 ABCD 是圆内接四边形， ADC ABC90， AC 是直径，又 EC BD， EC AC C， BD平面 AEC， OE BD，由 AD ， CD1，可得 AC2

28、，3 AE2 CE2 AC2， AEC90， AO ，32则 ， EO AC，AEAC AOAE AC BD O， EO平面 ABCD， EO平面 BED，平面 BED平面 ABCD(2)取 AE 的中点 M， AB 的中点 N，连接 MN， ND， DM，则 MN BE，易知 DN AB， BC AB， BC DN， MN DN N， BE BC B，平面 DMN平面 EBC，点 P 在线段 MN 上以 O 为坐标原点， OA， OB， OE 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A ，0，0， B0， ，0，32 32E0，0， ， M ，0， ，32

29、34 3418D0， ，0， N ， ，0，则 ， ，0， ，0， ，32 34 34 AB 32 32 AE 32 32设平面 ABE 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 x1，则 y ， z ，则 n(1， ， )，3 3 3 3设 (0 1)，MP MN 可得 ， ， ，DP DM MP 34 32 34 34 34设直线 DP 与平面 ABE 所成角为 ，则 sin |cos ， n| ，DP DP n|DP |n| 1242 2 40 1，当 0 时，sin 取得最大值 4276(2018合肥质检三)如图，在多面体 ABCDE 中，平面 ABD平面A

30、BC， AB AC， AE BD， DE 綊 AC， AD BD112(1)求 AB 的长；(2)已知 2 AC4，求点 E 到平面 BCD 的距离的最大值解 (1)平面 ABD平面 ABC，且交线为 AB，而 AC AB， AC平面 ABD又 DE AC， DE平面 ABD，从而 DE BD又 BD AE，且 DE AE E， BD平面 ADE， BD AD而 AD BD1， AB 219(2) AD BD，取 AB 的中点 O，连接 OD，则 DO AB又平面 ABD平面 ABC， DO平面 ABC过 O 作直线 OY AC，交 BC 于点 Y，以点 O 为坐标原点，直线 OB， OY， OD 分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示记 AC2 a，则 1 a2，A ，0，0， B ，0，0， C ，2 a，0， D0，0， ， E0， a， ，22 22 22 22 22( ，2 a，0)， ，0， BC 2 BD 22 22设平面 BCD 的法向量为 n( x， y， z)由Error! 得Error!令 x ，得 n ， 2 21a 2又 (0， a，0)，DE 点 E 到平面 BCD 的距离 dDE n|n| ，1 a2，当 a2 时， d 取得最大值，14 1a2dmax 14 14 2171720