《（浙江專(zhuān)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(diǎn)規(guī)范練41 立體幾何中的向量方法》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)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(diǎn)規(guī)范練41 立體幾何中的向量方法（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練41立體幾何中的向量方法基礎(chǔ)鞏固組1.已知平面內(nèi)有一點(diǎn)M(1,-1,2),平面的一個(gè)法向量為n=(6,-3,6),則下列點(diǎn)P中,在平面內(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(yàn)證法,對(duì)于選項(xiàng)A,MP=(1,4,1),MPn=6-12+6=0,MPn,點(diǎn)P在平面內(nèi),同理可驗(yàn)證其他三個(gè)點(diǎn)不在平面內(nèi).2.如圖,F是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點(diǎn).E是BB1上一點(diǎn),若D1FDE,則有()A.B1E=EBB.B1E=2EBC.B1E=12EBD.E與B重合答案A解析分別以DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空

2、間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方形的邊長(zhǎng)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),D1FDE=02+12-2z=0,z=1,B1E=EB.3.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長(zhǎng)為a,M,N分別為A1B和AC上的點(diǎn),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(

3、0,0,0),D1(0,a,0),C1D1=(0,a,0),MNC1D1=0,MNC1D1.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BCAC,A=3,AC=4,AA1=4,M為AA1的中點(diǎn),P為BM的中點(diǎn),Q在線段CA1上,A1Q=3QC,則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為()A.3913B.21313C.23913D.1313答案C解析以C為原點(diǎn),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)

4、,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,cos=|cos|=4413=113.sin=1-1132=23913,選C.5.已知平面,的法向量分別為=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),則()A.B.C.,相交但不垂直D.以上都不正確答案C解析-233-1-54,與v不是共線向量.又v=-23+3(-1)+(-5)4=-290,與v不垂直.平面與平面相交但不垂直.6.在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點(diǎn)

5、E在棱AB上移動(dòng),則直線D1E與A1D所成角的大小是,若D1EEC,則AE=.答案901解析以D為原點(diǎn),DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,AD=AA1=1,AB=2,點(diǎn)E在棱AB上移動(dòng),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),0m2,則D1E=(1,m,-1),A1D=(-1,0,-1),D1EA1D=-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),D1EEC,D1EEC=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1.AE=1.7.在長(zhǎng)方體A

6、BCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為.答案13解析以D為原點(diǎn),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nA1B=0,nA1C1=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,則sin=|cos|=13.8.過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)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(0,0,0),D(

7、0,1,0),P(0,0,1),由題意,AD平面PAB,設(shè)E為PD的中點(diǎn),連接AE,則AEPD,又CD平面PAD,CDAE,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.EFA1D,EFACC.EF與BD1相交D.EF與BD1異面答案B解析以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),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

8、,設(shè)正方體棱長(zhǎng)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,A1DEF=ACEF=0,從而EFBD1,EFA1D,EFAC.故選B.10.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,BAC=2,AB=AC=AA1=1,已知G和E分別為A1B1和CC1的中點(diǎn),D與F分別為線段AC和AB上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn)),若GDEF,則線段DF的長(zhǎng)度的取值范圍為()A.55,1B.55,

9、1C.255,1D.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GDEF,所以x+2y-1=0y0,12,DF=x2+y2=5y-252+15.當(dāng)y=25時(shí),線段DF長(zhǎng)度的最小值是55;當(dāng)y=0時(shí),線段DF長(zhǎng)度的最大值是1.而不包括端點(diǎn),故y=0不能取.故選A.11.已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱長(zhǎng)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.34B.134C.3913D.393答案C解析取AD中點(diǎn)O,連接OA

10、1,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(gè)法向量為n=(0,0,1),設(shè)BD1與平面ABCD所成的角為,sin=|BD1n|BD1|n|=34,tan=3913.12.如圖,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分別是線段CC1,BD上的點(diǎn),R是直線AD上的點(diǎn),滿足PQ平面ABC1D1,PQRQ,且P,Q不是正方體的頂點(diǎn),則|PR|的最小值是()A.426B.305C.52D.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

11、,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),設(shè)P(1,1,m)(0m1),BQBD=(01),Q(x0,y0,0),則(x0-1,y0,0)=(-1,1,0),x0=1-,y0=,Q(1-,0),PQ=(-,-1,-m).連接B1C,正方體ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB平面BCC1B1,B1CAB,B1CBC1,又ABBC1=B,B1C平面ABC1D1,PQ平面ABC1D1,B1CPQ,又B1C=(0,1,-1),B1CPQ=-1+m=0,=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

12、),PQRQ,PQRQ=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,R(0,2-2m,0),PR=(-1,1-2m,-m),|PR|=1+(1-2m)2+m2=5m2-4m+2=5m-252+65,當(dāng)m=25時(shí),|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(diǎn)M在線段GF上(包括兩端點(diǎn)),點(diǎn)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.30,45B.45,60C.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,

13、1,3),M(0,t,3)(1t4),由GM=AN可設(shè)N(2,t-1,0),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nDM=0,nDN=0,得ty+3z=0,2x+(t-1)y=0,令z=2t,則n=(3(t-1),-6,2t),cos=nm|n|m|=2t5t2-6t+9=29t2-6t+5.1t14,1,cos12,22,即4,3.二面角M-DN-C的平面角的取值范圍為4,3.故選B.14.已知二面角-l-等于120,A,B是棱l上兩點(diǎn),AC,BD分別在半平面,內(nèi),ACl,BDl,且AB=AC=BD=1,則CD=.答案2解析如圖,二面角-l-等

14、于120,CA與BD的夾角為60.由題設(shè)知,CAAB,ABBD,|AB|=|AC|=|BD|=1,|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CAAB+2ABBD+2CABD=3+2cos60=4,|CD|=2.15.(2018浙江寧波)已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E為側(cè)面BB1C1C中點(diǎn),點(diǎn)F在棱AD上運(yùn)動(dòng),正方體表面上有一點(diǎn)P滿足D1P=xD1F+yD1E(x0,y0),則所有滿足條件的點(diǎn)P構(gòu)成圖形的面積為.答案118解析由D1P=xD1F+yD1E(x0,y0)得點(diǎn)P在以射線D1F,D1E為角的兩邊的平面內(nèi),又因?yàn)辄c(diǎn)P在正方體的表面上

15、,所以點(diǎn)P所在的圖形為點(diǎn)F由點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)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(diǎn)為N,則由圖易得點(diǎn)P構(gòu)成的圖形為D1DA、直角梯形ABND和ENB,則所求面積為1211+1+1221+121212=118.16.三棱柱ABC-A1B1C1的底是邊長(zhǎng)為1的正三角形,高AA1=1,在AB上取一點(diǎn)P,設(shè)PA1C1與面A1B1C1所成的二面角為,PB1C1與面A1B1C1所成的二面角為,則tan(+)的最小值是.答案-8313解析作PP1A1B1,則PP1是三棱柱的高,過(guò)P1作P1HA1C1,則PHP1=,設(shè)AP=x,BP=1-x(0x1),tan

16、=23x,同理tan=23(1-x),tan(+)=233x(1-x)-4-8313當(dāng)x=12時(shí)取等號(hào).17.如圖,在幾何體SABCD中,AD平面SCD,BCAD,AD=DC=2,BC=1,又SD=2,SDC=120,F是SA的中點(diǎn),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,AD平面SCD,DE平面SCD,ADDE,DE=AE2-AD2=1,又CD=SD=2,SDC=120,E是SC的中點(diǎn),又F是SA的中點(diǎn),EFAC,又EF平面ABCD,AC平面ABCD,EF平面ABCD.(2)解在平面SCD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作SD的

17、垂線交SC于M,以D為原點(diǎn),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n=(x,y,z),則nSA=0,nSB=0,-2y+2z=0,3x-3y+z=0,令z=1得n=233,1,1,cos=nSC|n|SC|=-110323=-1020.設(shè)直線SE與平面SAB所成角為,則sin=|cos|=1020.18.(2018浙江嘉興)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1B=B1A=AB

18、=BC,B1BC=90,D為AC的中點(diǎn),ABB1D.(1)求證:平面ABB1A1平面ABC;(2)在線段CC1(不含端點(diǎn))上,是否存在點(diǎn)E,使得二面角E-B1D-B的余弦值為-714?若存在,求出CECC1的值;若不存在,說(shuō)明理由.(1)證明取AB的中點(diǎn)O,連接OD,OB1.因?yàn)锽1B=B1A,所以O(shè)B1AB.又ABB1D,OB1B1D=B1,OB1平面B1OD,B1D平面B1OD,所以AB平面B1OD.因?yàn)镺D平面B1OD,所以ABOD.由已知條件知,BCBB1,又ODBC,所以O(shè)DBB1.因?yàn)锳BBB1=B,AB平面ABB1A1,BB1平面ABB1A1,所以O(shè)D平面ABB1A1.因?yàn)镺D平

19、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(diǎn),OB,OD,OB1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,|OB|為單位長(zhǎng)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=CC1(01),則B1E=B1C+CE=(1-,2,3(-1),設(shè)平面BB1D的法向量為m=(x1,y1,z1),則mB1D=0,mB1B=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nB1D=0,nB1E=0,得y2-3z2=0,(1-)x2+2y2+3(-1)z2=0,令z2=1,則x2=3(+1)-1,y2=3,所以平面B1DE的一個(gè)法向量n=3(+1)-1,3,1.設(shè)二面角E-B1D-B的大小為,則cos=mn|m|n|=3+3-1+3+173+1-12+4=-714,解得=13.所以在線段CC1上存在點(diǎn)E,使得二面角E-B1D-B的余弦值為-714,此時(shí)CECC1=13.10