2020版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北师大版

课时规范练43 空间几何中的向量方法
基础巩固组
1.
在如图所示的坐标系中,ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,给出下列结论;
①直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1);
②直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1);
③平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0);
④平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1).
其中正确的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
2.两平行平面α,β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.3 3.
(2018辽宁本溪二模,7)已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形,PA=PD=,平面ABCD ⊥平面PAD ,M 是PC 的中点,O 是AD 的中点,则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是
( )
A. B. C. D.
4.已知两平面的法向量分别为m =(0,1,0),n =(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为( )
A.45°
B.135°
C.45°或135°
D.90° 5.
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 .
6.如图,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.
7.
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.
综合提升组
8.
(2018安徽定远调研,10)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,BF=BC,A1E=A1A,则四面体OEBF的体积为()
A. B. C. D.
9.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记=λ.当∠APC为锐角时,λ的取值范围是.
10.
(2019四川成都一模,19)在如图所示的几何体中,EA⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,AD BC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EF AC.
(1)证明;AB⊥CF;
(2)求二面角B-EF-D的余弦值.
11.
(2018河北衡水模拟二,18)如图所示,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.
(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明;平面EC1F∥平面A1CB;
(2)设=λ,是否存在λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
12.
(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.
(1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证;AD∥平面B1PQ;
(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为,求点P到平面BQB1的距离.
创新应用组13.
(2018江西南昌七模,18)如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD为正三角形.若PA=2,且PA与底面ABCD所成角的正切值为.
(1)证明;平面PAB⊥平面PBC;
(2)E是线段CD上一点,记=λ(0<λ<1),是否存在实数λ,使二面角P-AE-C的余弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
14.
(2018河南信阳二模,19)在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2.
(1)求证;BD⊥AC;
(2)点P为AC上一动点,设θ为直线BP与平面ACD所形成的角,求sin θ的最大值.
参考答案
课时规范练43 空间
几何中的向量方法
1.C∵DD1∥AA1,=(0,0,1),故①正确;BC1∥AD1,=(0,1,1),故②正确;直线AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),故③正确;点C1的坐标为(1,1,1),与平面B1CD不垂直,故④错.
2.B两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|·n0|=.
3.D以O为原点,以、和为轴,y轴,轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知
O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),则=(0,0,2),=(-1,2,0),
∵M是PC的中点,∴M-,1,1,=-,-1,1.
设平面PCO的法向量n=(,y,),直线BM与平面PCO所成角为θ,
则可取n=(2,1,0),
sin θ=|cos<,n>|===.故选D.
4.C∵两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角与<m,n>相等或互补,∵cos<m,n>===,故<m,n>=45°.故两平面所成的二面角为45°或135°,故选C.
5.30°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.则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).
设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>===.∴<,n>=60°,
∴直线BC与平面PAC所成角为90°-60°=30°.
6.证明
(1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为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,
∴==,
又=(-4,-5,0),
∴=+=,则·=(0,3,4)·=0,∴⊥,即AP⊥BM,
又根据(1)的结论知AP⊥BC,
∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.
又AM⫋平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.
7.(1)证明连接AB1交A1B于点E,连接DE.
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,∴B1C∥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),=(0,2,0),=(-1,0,3).设平面A1BD的法向量为n=(,y,),
∴即
∴n=(3,0,1).
故所求距离为d==.
8.D如图所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为,y,轴建立空间直角坐标系,则O, , ,B(1,1,0),E1,0, ,F,1,0,则||==,||=,||=,
所以cos∠BOE==-,
所以sin∠BOE=,
所以S△OEB=×××=,
设平面OEB的一个法向量为n=(,y,),
由
取=1,得n=,,1,
又=-,0,0,
所以F到平面OEB的距离h===,所以四面体OEBF的体积为V=S△OEB×h=××=.
9.0, 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由=λ得P(λ,λ,1-λ),则=(1-λ,-λ,λ-1),=(-λ,1-λ,λ-1),因为∠APC为锐角,所以·=(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1)=(λ-1)(3λ-1)>0,解得λ<或λ>1,又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,所以λ的取值范围为0≤λ<.
10.(1)证明由题知EA⊥平面ABCD,BA⫋平面ABCD,∴BA⊥AE.过点A作AH⊥BC于H,在Rt △ABH中,∠ABH=60°,BH=,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos 60°=3, ∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC,
且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF⫋平面ACFE,∴AB⊥CF.
(2)以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为,y,轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E(0,0,1),F0,,1,D-,,0,
∴=(-1,0,1),=-1,,1,=,-,1,=,0,1.
设n=(,y,)为平面BEF的一个法向量,则令=1,得n=(1,0,1),同理可求平面DEF的一个法向量m=(2,0,-1),
∴cos<m,n>==,
所以二面角B-EF-D的余弦值为.
11.(1)证明∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,
∴BB
⊥平面ABC.
1
又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1,
又CC1=AB=BB1=BE,
EB为平行四边形,
∴四边形CC
1
∴C
E∥BC.
1
又BC⫋平面A1BC,C1E⊈平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.
∵BE=EB
,A1F=FB1,∴EF∥A1B,
1
又A1B⫋平面A1BC,EF⊈平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.
又C1E∩EF=E,C1E⫋平面EFC1,FE⫋平面EFC1,
∴平面EFC
∥平面A1BC.
1
(2)在△ABC中,由余弦定理得;AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos 60°=12,
∴AB2=AC2+BC2,
∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,
∴AC⊥BC,由CC
⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC,
1
∴CA,CB,CC
两两垂直.
1
以C点为坐标原点,,,依次为轴,y轴,轴正方向,建立空间直角坐标系,如下图所示,
则C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(2,0,4),E(0,2,4λ).
设平面A1EC1的一个法向量为n1=(1,y1,1),
则
即
令1=1,解得1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1.
设平面A1EC的一个法向量为n2=(2,y2,2),
则
即
令2=2,得2=-,y2=2λ,
=(2,2λ,-).
∴n
2
若平面A1EC1⊥平面A1EC,
则n1·n2=-+2λ(1-2λ)-=0,化简得12λ2-6λ+5=0,
由于Δ<0,故此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.
12.解 (1)证明;如图,取BB1中点E,连接AE,EH.
Q.
∵H为BQ中点,∴EH∥B
1
在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,∴AE∥PB1.
又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,
QP.
∴平面EHA∥平面B
1
∵AD⫋平面EHA,
∴AD∥平面B
PQ.
1
(2)连接PC1,AC1,
∵四边形A 1C 1CA 为菱形,
∴AA 1=AC=A 1C 1=4.
又∠C 1A 1A=60°,
∴△AC 1A 1为正三角形.
∵P 为AA 1的中点,∴PC 1⊥AA 1.
∵平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1,PC 1⫋平面ACC 1A 1,∴PC 1⊥平面ABB 1A 1,
在平面ABB 1A 1内过点P 作PR ⊥AA 1交BB 1于点R ,建立如图所示的空间直角坐标系P-y ,则
P (0,0,0),A 1(0,2,0),A (0,-2,0),C 1(0,0,2),C (0,-4,2),
设=λ=λ(0,-2,2),λ∈[0,1],∴Q (0,-2(λ+1),2λ),
∴=(0,-2(λ+1),2λ).
∵A 1B 1=AB=2,∠B 1A 1A=60°,
∴B 1(,1,0),
∴=(,1,0).
设平面PQB 1的法向量为m=(,y ,),
则
得
令=1,则y=-,=-,
∴平面PQB 1的一个法向量为m=1,-,-,
设平面AA 1C 1C 的法向量为n=(1,0,0),二面角B 1-PQ-C 1的平面角为θ,则cos θ===,∴λ=或λ=-(舍),
∴=,∴Q (0,-3,).
又B (,-3,0),∴=(,0,-),
∴||==.
又B 1Q=,∴B 1Q 2=BQ 2+B ,即△BB 1Q 是直角三角形,∠B 1BQ=90°.连接BP ,设点P 到平面BQB 1的距离为h ,则××4××=××4××h ,
∴h=,即点P 到平面BQB 1的距离为.
13.解 (1)证法一;∵AB ⊥AD ,且AB=AD=2,∴BD=2,
又△PBD 为正三角形,所以PB=PD=BD=2,
又∵AB=2,PA=2,所以AB ⊥PB ,
又∵AB⊥AD,BC∥AD,
∴AB⊥BC,PB∩BC=B,
所以AB⊥平面PBC,又因为AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.
证法二;设P在平面ABCD内的射影为Q,连接AQ,则AQ即为AP在平面ABCD内的射影,故∠PAQ即为AP与底面所成的角,因为tan∠PAQ=,
所以sin∠PAQ=.
而sin∠PAQ=,AP=2,
所以PQ=2,AQ=2.
又△PBD为正三角形,
所以PB=PD=BD=2,
所以DQ=2.
由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以AB DQ,从而四边形ABQD是正方形,
由AB⊥BQ,AB⊥PQ得AB⊥平面PBC,于是平面PAB⊥平面PBC.
(2)由(1)可知,QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为轴,y轴,轴,建立空间直角坐标系,则Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),由=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以=(-2λ,λ-2,0),=(-2,-2,2),设平面PAE的法向量为m=(,y,),
则
即
令=1,得y=,=,
所以m=1,,,显然,=(0,0,2)是平面ACE的法向量.
设二面角P-AE-C为θ,则cos θ===,
依题意有=,解得λ=,λ=1(舍去),故λ=.
14.解 (1)证明;取BD中点E,连接AE,CE,
∵AB=AD=BD=2,
又E为BD中点,∴AE⊥BD,
同理可得CE⊥BD,
又AE∩CE=E,∴BD⊥平面ACE,
又AC⫋平面ACE,∴BD⊥AC.
(2)∵AB=AD=BD=2,BC=DC=,
∴△BCD为直角三角形,且AE=,CE=1,∴AE2+EC2=AC2,
∴∠AEC=,即AE⊥EC,
又AE⊥BD,所以AE⊥平面BCD.以E为坐标原点,EC为轴,ED为y轴,EA为轴建立如图直角坐标系E-y.
则B(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),A(0,0,),设P(0,y0,0),=λ(0≤λ≤1),=( 1,0,-),=(0,y0,0-),
∴(
,y0,0-)=λ(1,0,-)=(λ,0,-λ),
∴即
∴P(λ,0,-λ),
=(λ,1,-λ),=(0,-1,),=(1,-1,0),
设n=(1,y1,1)是平面ACD的法向量,
由得
令1=1,得y1=1,1=,
∴n=1,1,,
∴sin θ=|cos<n,>|
=
=
=,
∵0≤λ≤1,
∴≤2λ2-3λ+2≤2,
∴≤sin θ≤,
∴sin θ的最大值为.。