2022届高三数学一轮复习（原卷版）课后限时集训47 立体几何中的向量方法 作业.doc

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1、1 立体几何中的向量方法 建议用时：45 分钟 一、选择题 1若直线 l 的方向向量与平面 的法向量的夹角等于 120，则直线 l 与平面 所成的角等于( ) A120 B60 C30 D60或 30 C 设直线 l 与平面 所成的角为 ，直线 l 与平面 的法向量的夹角为 .则 sin |cos |cos 120|12. 又 090，30. 2在正方体 A1B1C1D1ABCD 中，AC 与 B1D 所成角大小为( ) A.6 B.4 C.3 D.2 D 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为 1，则 A(0，0，0), C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0). AC(

2、1，1，0)， B1D(1，1，1)， AC B1D 1(1)110(1)0， ACB1D，AC 与 B1D 所成的角为2. 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC- A1B1C1，CACC12CB， 则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( ) A.55 B.53 2 C.2 55 D.35 A 设 CA2，则 C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量AB1(2，2，1)，BC1(0，2，1)，由向量的夹角公式得 cosAB1，BC120221（1）041 4411555. 4在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AB1，

3、AC2，BC 3，D，E 分别是 AC1和 BB1的中点，则直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为( ) A30 B45 C60 D90 A 由已知 AB2BC2AC2，得 ABBC.以 B 为原点，分别以 BC，BA，BB1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 AA12a，则 A(0，1，0)，C( 3，0，0)， D32，12，a ，E(0，0，a)，所以ED32，12，0 ，平面 BB1C1C 的一个法向量为 n(0，1，0)， cosED，nED n|ED|n|1232212202112， ED，n60，所以直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角

4、为 30.故选 A. 5.如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，且 BC平面 PAB，PAAB，M 为 PB 的中点，PAAD2.若 AB1，则二面角 B- AC- M 的余弦值为( ) A.66 B.36 C.26 D.16 A 因为 BC平面 PAB，PA平面 PAB，所以 PABC，又 PAAB，且 BCABB，所以 PA平面 ABCD. 以点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴，3 y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz. 则 A(0，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，M12，0，1 ， 所以AC(

5、1，2，0)，AM12，0，1 ， 求得平面 AMC 的一个法向量为 n(2，1，1)， 又平面 ABC 的一个法向量AP(0，0，2)， 所以 cosn，APn AP|n|AP|241121666. 所以二面角 B- AC- M 的余弦值为66. 二、填空题 6在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，AA12AB，则 CD 与平面 BDC1所成角的正弦值等于_ 23 以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设 AA12AB2，则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)， C1(0，1，2)，则DC(0，1，0)，DB(1，1，0)，DC1(0，1，2) 设平面 BDC

6、1的法向量为 n(x，y，z)， 则n DB0，n DC10，所以有xy0，y2z0， 令 y2，得平面 BDC1的一个法向量 n(2，2，1) 设 CD 与平面 BDC1所成的角为 ，则 sin |cosn，DC|n DC|n|DC|23. 7(2019 汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥 SABCD 中，ABC90，ADBC，SA平面 ABCD，SAABBC1，AD12，则平面 SCD 与平面 SAB所成锐二面角的余弦值是_ 4 63 如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知， D12，0，0 ，C(1，1，0)，S(0，0，1)， 可知AD12，0，0 是平面 SAB 的一个法向量 设

7、平面 SCD 的一个法向量 n(x，y，z)， 因为SD12，0，1 ， DC12，1，0 ， 所以n SD0，n DC0， 即x2z0，x2y0. 令 x2，则有 y1，z1， 所以 n(2，1，1) 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为 ， 则 cos |AD n|AD|n| 1220（1）01122 22（1）21263. 8.(2019 北京模拟)如图所示，四棱锥 P- ABCD 中，PD底面 ABCD，底面ABCD 是边长为 2 的正方形，PD2，E 是棱 PB 的中点，M 是棱 PC 上的动点，当直线 PA 与直线 EM 所成的角为 60时，那么线段 PM 的长度是_

8、542 如图建立空间直角坐标系， 则 A(2，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)， 5 AP()2，0，2 ， E 是棱 PB 的中点， E(1，1，1)， 设 M(0，2m，m)，则EM()1，1m，m1 ， cosAP，EM AP EM|AP|EM| |22()m12 2 12（m1）2 12， 解得 m34，M0，54，34， PM25162516542. 三、解答题 9.如图，在正三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABAA12，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点 (1)求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值； (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 解

9、 如图，在正三棱柱 ABC- A1B1C1中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，连接 OB，OO1，则 OBOC，OO1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1为基底，建立如图所示的空间直角坐标系 O- xyz. 因为 ABAA12，所以 A(0，1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)， 6 B1( 3，0，2)，C1(0，1，2) (1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P32，12，2 ， 从而BP32，12，2 ，AC1(0，2，2)， 故|cosBP，AC1|BP AC1|BP| |AC1|14|52 23 1020. 因此，异面直线 BP 与 A

10、C1所成角的余弦值为3 1020. (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q32，12，0 ， 因此AQ32，32，0 ，AC1(0，2，2)， CC1(0，0，2) 设 n(x，y，z)为平面 AQC1的一个法向量， 则AQ n0，AC1n0，即32x32y0，2y2z0. 不妨取 n( 3，1，1) 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ， 则 sin |cosCC1，n|CC1n|CC1|n|25255， 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为55. 10(2019 全国卷)如图，长方体 ABCD- A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC

11、1. (1)证明：BE平面 EB1C1； (2)若 AEA1E，求二面角 B- EC- C1的正弦值 解 (1)证明：由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面ABB1A1，故 B1C1BE. 又 BEEC1， 7 B1C1EC1C1， 所以 BE平面 EB1C1. (2)由(1)知BEB190.由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB45，故 AEAB，AA12AB. 以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，|DA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 D- xyz，则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB(1，0，0)，CE(

12、1，1，1)，CC1(0，0，2) 设平面 EBC 的法向量为 n(x，y，z)，则CB n0，CEn0，即x0，xyz0， 所以可取 n(0，1，1) 设平面 ECC1的法向量为 m(x1，y1，z1)，则 CC1m0，CEm0，即2z10，x1y1z10， 所以可取 m(1，1，0) 于是 cosn，mn m|n|m|12. 所以，二面角 B- EC- C1的正弦值为32. 1设正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱长为 2，则点 D1到平面 A1BD 的距离是( ) A.32 B.22 C.2 23 D.2 33 D 如图建立坐标系，则 D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，

13、2，0)， D1A1(2，0，0)，DB(2，2，0)， DA1(2，0，2) 8 设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则n DA10，n DB0， 2x2z0，2x2y0，令 z1，得 n(1，1，1) D1到平面 A1BD 的距离 d|D1A1n|n|232 33. 2.如图，平面 ABCD平面 ABEF，四边形 ABCD 是正方形，四边形 ABEF 是矩形，且 AF12ADa，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面AGC 所成角的正弦值为_ 63 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)， AG

14、(a，a，0)，AC(0，2a，2a)，BG(a，a，0)， 设平面 AGC 的法向量为 n1(x1，y1，1)， 由AG n10AC n10ax1ay102ay12a0 x11y11n1(1，1，1) sin |BG n1|BG|n1|2a2a 363. 3已知正四棱锥 S- ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中点，则AE 与 SD 所成角的余弦值为_ 33 以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，OS 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设边长为 2，则有 O(0，0，0)，A( 2，0，0)，B(0， 2，0)，S(0，0，2)，

15、D(0， 2，0)， E0，22，22， 9 AE 2，22，22，SD(0， 2， 2)， |cosAE，SD|AE SD|AE|SD|22 333， 故 AE 与 SD 所成角的余弦值为33. 4(2018 全国卷)如图所示，在三棱锥 P- ABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点 (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M- PA- C 为 30，求PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 解 (1)证明：因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且OP2 3. 连接 OB.因为 ABBC22AC，所以ABC 为

16、等腰直角三角形， 且 OBAC，OB12AC2. 由 OP2OB2PB2知 POOB. 由 OPOB，OPAC，OBACO，知 PO平面 ABC. (2)如图，以 O 为坐标原点，OB的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 O- xyz. 由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2 3)，AP(0，2，2 3)取平面 PAC 的一个法向量OB(2，0，0) 设 M(a，2a，0)(0a2)，则AM(a，4a，0) 设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z) 由AP n0，AM n0 得 2y2 3z0，ax（4a）y0，可取 n( 3

17、(a4)， 3a，a)， 10 所以 cosOB，n2 3（a4）2 3（a4）23a2a2.由已知可得|cosOB，n|32， 所以2 3|a4|2 3（a4）23a2a232，解得 a4(舍去)或 a43， 所以 n8 33，4 33，43. 又PC(0，2，2 3)，所以 cosPC，n34. 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为34. 1已知斜四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的各棱长均为 2，A1AD60，BAD90，平面 A1ADD1平面 ABCD，则直线 BD1与平面 ABCD 所成的角的正切值为( ) A.34 B.134 C.3913 D.393 C 取AD中点O，

18、 连接OA1， 易证A1O平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系， 得 B(2， 1，0)， D1(0， 2， 3)，BD1(2，3， 3)，平面 ABCD 的一个法向量为 n(0，0，1)，设 BD1与平面 ABCD 所成的角为 ，sin |BD1n|BD1|n|34， tan 3913. 2(2019 天津高考)如图，AE平面 ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2. (1)求证：BF平面 ADE； 11 (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 E- BD- F 的余弦值为13，求线段 CF 的长 解 依题意，可以建立以 A 为原点

19、，分别以AB，AD，AE的方向为 x 轴，y轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)设 CFh(h0)，则 F()1，2，h . (1)依题意，AB(1，0，0)是平面 ADE 的法向量，又BF(0，2，h)，可得BF AB0， 又因为直线 BF平面 ADE， 所以 BF平面 ADE. (2)依题意，BD(1，1，0)，BE(1，0，2)，CE(1，2，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则n BD0，n BE0， 即xy0，x2z0， 令 z1，可得 n(2，2，1) 所以 cosCE，nCE n|CE|n|49. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为49. (3)设 m(x，y，z)为平面 BDF 的法向量，则m BD0，m BF0， 即xy0，2yhz0， 不妨令 y1，可得 m1，1，2h. 由题意，有|cosm，n |m n|m|n|42h324h213，解得 h87.经检验，符合题意 所以，线段 CF 的长为87.