《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 考點規(guī)范練41 立體幾何中的向量方法》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 考點規(guī)范練41 立體幾何中的向量方法（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練41　立體幾何中的向量方法 基礎(chǔ)鞏固組 1.已知平面α內(nèi)有一點M(1,-1,2),平面α的一個法向量為n=(6,-3,6),則下列點P中,在平面α內(nèi)的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1) C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4) 答案A 解析逐一驗證法,對于選項A,MP=(1,4,1), ∴MP·n=6-12+6=0,∴MP⊥n, ∴點P在平面α內(nèi),同理可驗證其他三個點不在平面α內(nèi). 2.如圖,F是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點.E是BB1上一點,若D1F⊥DE,則有(　　)

2、A.B1E=EB B.B1E=2EB C.B1E=12EB D.E與B重合 答案A 解析分別以DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方形的邊長為2,則D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),設(shè)E(2,2,z),D1F=(0,1,-2),DE=(2,2,z),∵D1F·DE=0×2+1×2-2z=0,∴z=1,∴B1E=EB. 3. 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=2a3,則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　　) A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能確定 答案B

3、 解析分別以C1B1,C1D1,C1C所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖, ∵A1M=AN=23a,則Ma,23a,a3,N2a3,2a3,a, ∴MN=-a3,0,23a.又C1(0,0,0),D1(0,a,0), ∴C1D1=(0,a,0), ∴MN·C1D1=0,∴MN⊥C1D1.∵C1D1是平面BB1C1C的法向量,且MN?平面BB1C1C, ∴MN∥平面BB1C1C. 4. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BC⊥AC,∠A=π3,AC=4,AA1=4,M為AA1的中點,P為BM的中點,Q在線段CA1上,A1Q=3QC,則異面直線PQ與AC所成角

4、的正弦值為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.3913 B.21313 C.23913 D.1313 答案C 解析以C為原點,CB所在直線為x軸,CA所在直線為y軸,CC1所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則由題意得A(0,4,0),C(0,0,0),B(43,0,0),M(0,4,2),A1(0,4,4),P(23,2,1), 則CQ=14CA1=14(0,4,4)=(0,1,1),∴Q(0,1,1),AC=(0,-4,0),PQ=(-23,-1,0).設(shè)異面直線PQ與AC所成角為θ,cosθ=|cos|=4413=113. ∴sinθ=1-11

5、32=23913,選C. 5.已知平面α,β的法向量分別為μ=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),則(　　) A.α∥β B.α⊥β C.α,β相交但不垂直 D.以上都不正確 答案C 解析∵-23≠3-1≠-54,∴μ與v不是共線向量. 又∵μ·v=-2×3+3×(-1)+(-5)×4=-29≠0, ∴μ與v不垂直.∴平面α與平面β相交但不垂直. 6.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點E在棱AB上移動,則直線D1E與A1D所成角的大小是　　　　　,若D1E⊥EC,則AE=　　　　　.? 答案90°　1 解析以D為原點,DA為x軸,DC

6、為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,∵AD=AA1=1,AB=2,點E在棱AB上移動,∴D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0), 設(shè)E(1,m,0),0≤m≤2,則D1E=(1,m,-1),A1D=(-1,0,-1), ∴D1E·A1D=-1+0+1=0. ∴直線D1E與A1D所成角的大小是90°. ∵D1E=(1,m,-1),EC=(-1,2-m,0),D1E⊥EC, ∴D1E·EC=-1+m(2-m)+0=0, 解得m=1.∴AE=1. 7.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,則D1

7、C1與平面A1BC1所成角的正弦值為　　　　　.? 答案13 解析以D為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)n=(x,y,z)為平面A1BC1的法向量, 則n·A1B=0,n·A1C1=0,即2y-z=0,-x+2y=0,令z=2,則y=1,x=2,于是n=(2,1,2),D1C1=(0,2,0).設(shè)所求線面角為α,則sinα=|cos|=13. 8.過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,則平面ABP與平面CDP所成的二面角為　.? 答案45° 解析如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=PA=1,則A(0,

8、0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由題意,AD⊥平面PAB,設(shè)E為PD的中點,連接AE,則AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,∴CD⊥AE,從而AE⊥平面PCD. ∴AD=(0,1,0),AE=0,12,12分別是平面PAB、平面PCD的法向量,且=45°. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°. 能力提升組 9. 如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,則(　　) A.EF至多與A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF與BD1相交 D.EF與BD1異面

9、 答案B 解析以D點為坐標(biāo)原點,以DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體棱長為1, 則A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E13,0,13,F23,13,0,B(1,1,0),D1(0,0,1), A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0), EF=13,13,-13,BD1=(-1,-1,1), EF=-13BD1,A1D·EF=AC·EF=0, 從而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故選B. 10.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=π2,AB=AC=AA1=1,已知G和E分

10、別為A1B1和CC1的中點,D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點),若GD⊥EF,則線段DF的長度的取值范圍為(　　) A.55,1 B.55,1 C.255,1 D.255,1 答案A 解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),E0,1,12,G12,0,1,F(x,0,0),D(0,y,0). 由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0y∈0,12, DF=x2+y2=5y-252+15. 當(dāng)y=25時,線段DF長度的最小值是55; 當(dāng)y=0時,線段DF長度的最大值是1. 而不包括端點,故y=0不能取.故選A. 11.已知斜四棱柱ABCD-A1B1C

11、1D1的各棱長均為2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為(　　) A.34 B.134 C.3913 D.393 答案C 解析取AD中點O,連接OA1,易證A1O⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 得B(2,-1,0),D1(0,2,3),BD1=(-2,3,3),平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1),設(shè)BD1與平面ABCD所成的角為θ, ∴sinθ=|BD1·n||BD1||n|=34,∴tanθ=3913. 12. 如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,

12、P,Q分別是線段CC1,BD上的點,R是直線AD上的點,滿足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方體的頂點,則|PR|的最小值是(　　) A.426 B.305 C.52 D.233 答案B 解析如圖,分別以AB,AD,AA1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系, 則B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0), 設(shè)P(1,1,m)(0≤m≤1),BQBD=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0), 則(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),∴x0=1-λ,y0=λ, ∴Q(1-λ,λ,0),∴PQ=(-λ,λ-1,-m).

13、 連接B1C,∵正方體ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1, ∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1, 又AB∩BC1=B, ∴B1C⊥平面ABC1D1, ∵PQ∥平面ABC1D1, ∴B1C⊥PQ, 又B1C=(0,1,-1),∴B1C·PQ=λ-1+m=0,∴λ=1-m, ∴Q(m,1-m,0),PQ=(m-1,-m,-m), 設(shè)R(0,n,0),則RQ=(m,1-m-n,0), ∵PQ⊥RQ,∴PQ·RQ=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,∴R(0,2-2m,0),PR=(-1,1-2m,-m), |PR|=1+(1-2

14、m)2+m2=5m2-4m+2=5m-252+65, ∴當(dāng)m=25時,|PR|的最小值是305.故選B. 13. 如圖,矩形CDEF所在的平面與矩形ABCD所在的平面垂直,AD=2,DE=3,AB=4,EF=4EG,點M在線段GF上(包括兩端點),點N在線段AB上,且GM=AN,則二面角M-DN-C的平面角的取值范圍為(　　) A.[30°,45°] B.[45°,60°] C.[30°,90°) D.[60°,90°) 答案B 解析如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則由條件知A(2,0,0),G(0,1,3),M(0,t,3)(1≤t≤4), 由GM=AN可設(shè)N(2,t-1,0

15、),則平面DNC的法向量為m=(0,0,1),設(shè)平面MDN的法向量為n=(x,y,z),由n·DM=0,n·DN=0,得ty+3z=0,2x+(t-1)y=0,令z=2t,則n=(3(t-1),-6,2t),cos=n·m|n||m|=2t5t2-6t+9=29t2-6t+5. ∵1t∈14,1, ∴cos∈12,22,即∈π4,π3. ∴二面角M-DN-C的平面角的取值范圍為π4,π3.故選B. 14.已知二面角α-l-β等于120°,A,B是棱l上兩點,AC,BD分別在半平面α,β內(nèi),AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=BD=1,則CD=　　　　　.?

16、 答案2 解析如圖,∵二面角α-l-β等于120°, ∴CA與BD的夾角為60°. 由題設(shè)知,CA⊥AB,AB⊥BD,|AB|=|AC|=|BD|=1,|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=3+2×cos60°=4,∴|CD|=2. 15. (2018浙江寧波)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為側(cè)面BB1C1C中點,點F在棱AD上運動,正方體表面上有一點P滿足D1P=xD1F+yD1E(x≥0,y≥0),則所有滿足條件的點P構(gòu)成圖形的面積為　　　　　.? 答案118 解析由D

17、1P=xD1F+yD1E(x≥0,y≥0)得點P在以射線D1F,D1E為角的兩邊的平面內(nèi),又因為點P在正方體的表面上,所以點P所在的圖形為點F由點A運動到點D的過程中,以射線D1F,D1E為角的兩邊的平面與正方體的側(cè)面的交線構(gòu)成的區(qū)域.設(shè)棱BC的中點為N,則由圖易得點P構(gòu)成的圖形為△D1DA、直角梯形ABND和△ENB,則所求面積為12×1×1+1+122×1+12×12×12=118. 16.三棱柱ABC-A1B1C1的底是邊長為1的正三角形,高AA1=1,在AB上取一點P,設(shè)△PA1C1與面A1B1C1所成的二面角為α,△PB1C1與面A1B1C1所成的二面角為β,則tan(α+β)的最

18、小值是　　　　　.? 答案-8313 解析作PP1⊥A1B1,則PP1是三棱柱的高,過P1作P1H⊥A1C1,則∠PHP1=α, 設(shè)AP=x,BP=1-x(0≤x≤1),tanα=23x,同理tanβ=23(1-x), tan(α+β)=233x(1-x)-4≥-8313當(dāng)x=12時取等號. 17. 如圖,在幾何體SABCD中,AD⊥平面SCD,BC∥AD,AD=DC=2,BC=1,又SD=2,∠SDC=120°,F是SA的中點,E在SC上,AE=5. (1)求證:EF∥平面ABCD; (2)求直線SE與平面SAB所成角的正弦值. (1)證明連接AE,DE,AC,

19、∵AD⊥平面SCD,DE?平面SCD, ∴AD⊥DE, ∴DE=AE2-AD2=1, 又∵CD=SD=2,∠SDC=120°, ∴E是SC的中點,又F是SA的中點, ∴EF∥AC,又EF?平面ABCD,AC?平面ABCD, ∴EF∥平面ABCD. (2)解在平面SCD內(nèi)過點D作SD的垂線交SC于M, 以D為原點,以DM為x軸,DS為y軸,DA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz, ∴D(0,0,0),S(0,2,0),A(0,0,2),C(3,-1,0),B(3,-1,1),∴SC=(3,-3,0),SA=(0,-2,2),SB=(3,-3,1), 設(shè)平面SAB的法向量為

20、n=(x,y,z),則n·SA=0,n·SB=0, ∴-2y+2z=0,3x-3y+z=0,令z=1得n=233,1,1, ∴cos=n·SC|n||SC|=-1103×23=-1020.設(shè)直線SE與平面SAB所成角為θ,則sinθ=|cos|=1020. 18. (2018浙江嘉興)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1B=B1A=AB=BC,∠B1BC=90°,D為AC的中點,AB⊥B1D. (1)求證:平面ABB1A1⊥平面ABC; (2)在線段CC1(不含端點)上,是否存在點E,使得二面角E-B1D-B的余弦值為-714?若存在,求出CECC

21、1的值;若不存在,說明理由. (1)證明取AB的中點O,連接OD,OB1.因為B1B=B1A,所以O(shè)B1⊥AB.又AB⊥B1D,OB1∩B1D=B1,OB1?平面B1OD,B1D?平面B1OD,所以AB⊥平面B1OD. 因為OD?平面B1OD,所以AB⊥OD. 由已知條件知,BC⊥BB1, 又OD∥BC,所以O(shè)D⊥BB1. 因為AB∩BB1=B,AB?平面ABB1A1,BB1?平面ABB1A1,所以O(shè)D⊥平面ABB1A1. 因為OD?平面ABC,所以平面ABB1A1⊥平面ABC. (2)解由(1)知OB,OD,OB1兩兩垂直,所以以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OD,OB1的方向分別為

22、x軸、y軸、z軸的正方向,|OB|為單位長度1,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,連接B1C. 由題設(shè)知,B1(0,0,3),B(1,0,0),D(0,1,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),C1(0,2,3), ∴B1D=(0,1,-3),B1B=(1,0,-3),CC1=(-1,0,3), B1C=(1,2,-3),設(shè)CE=λCC1(0<λ<1), 則B1E=B1C+CE=(1-λ,2,3(λ-1)),設(shè)平面BB1D的法向量為m=(x1,y1,z1), 則m·B1D=0,m·B1B=0,得y1-3z1=0,x1-3z1=0, 令z1=1,則x1=y1=3, 所以平面BB1D的法向量為m=(3,3,1). 設(shè)平面B1DE的法向量為n=(x2,y2,z2), 則n·B1D=0,n·B1E=0,得y2-3z2=0,(1-λ)x2+2y2+3(λ-1)z2=0, 令z2=1,則x2=3(λ+1)λ-1,y2=3, 所以平面B1DE的一個法向量n=3(λ+1)λ-1,3,1. 設(shè)二面角E-B1D-B的大小為θ, 則cosθ=m·n|m||n|=3λ+3λ-1+3+17·3λ+1λ-12+4=-714, 解得λ=13.所以在線段CC1上存在點E,使得二面角E-B1D-B的余弦值為-714,此時CECC1=13. 10