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新人教B版Word文档格式.docx
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B.45°
C.60°
D.90°
6.（2017广东珠海质检）设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,则点D1到平面A1BD的距离是（ ）
7.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 .
〚导学号21500564〛
8.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.
9.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.
〚导学号21500565〛
综合提升组
10.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°
D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为（ ）
C.
11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°
AC=1,CB=
侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交于点D,则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为（ ）
A.-
B.-
12.（2017广东广州模拟）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1.则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为 .
13.（2017山东青岛模拟,理17）如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=
AB,B1C1
BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:
（1）A1B1⊥平面AA1C;
（2）AB1∥平面A1C1C.
14.如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的
倍,P为侧棱SD上的点.
AC⊥SD.
（2）若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?
若存在,求SE∶EC的值;
若不存在,试说明理由.
创新应用组
15.（2017宁夏中卫二模,理18）如图,已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,其中BE∥AF,AB⊥AF,AB=BE=
AF=2,∠CBA=
.
AF⊥BC;
（2）线段AB上是否存在一点G,使得直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为
若存在,求AG的长;
若不存在,说明理由.
〚导学号21500566〛
16.（2017山西吕梁二模,理18）在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=
BC,BE=
BC.
DE⊥平面PAC;
（2）若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为
求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
〚导学号21500567〛
参考答案
课时规范练43
空间几何中的向量方法
1.C 因为cos<
n1,n2>
=
≠0且cos<
≠±
1,所以α,β相交但不垂直.
2.B 可知y轴的方向向量为m=（0,1,0）,设y轴与平面α所成的角为θ,
则sinθ=|cos<
|.
∵cos<
∴sinθ=
∴θ=
3.B 两平面的一个单位法向量n0=
故两平面间的距离d=|
·
n0|=
4.A 因为cos<
所以l与α所成角θ满足sinθ=|cos<
|=
又θ∈
所以θ=30°
5.B （方法一）建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=（0,1,0）,n2=（0,1,1）,故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为
故所求的二面角的大小是45°
（方法二）将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°
6.D 建立如图所示的空间直角坐标系,则D1（0,0,2）,A1（2,0,2）,D（0,0,0）,B（2,2,0）,
∴
=（2,0,0）,
=（2,0,2）,
=（2,2,0）.设平面A1BD的法向量为n=（x,y,z）,
则
令x=1,则n=（1,-1,-1）,
∴点D1到平面A1BD的距离是d=
7.30°
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
=（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>
∴<
=60°
∴直线BC与平面PAC所成角为90°
-60°
=30°
8.证明
（1）如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z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）,∴
=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.
9.
（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）,
=（-1,0,3）.
设平面A1BD的法向量为n=（x,y,z）,
∴n=（3,0,1）.
故所求距离为d=
10.C 以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系（图略）,由AB=AC=1,PA=2,得A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（0,1,0）,P（0,0,2）,D
E
F
∴
=（0,0,-2）,
设平面DEF的法向量为n=（x,y,z）,
则由
得
取z=1,则n=（2,0,1）,设PA与平面DEF所成的角为θ,
则sinθ=
∴PA与平面DEF所成角的正弦值为
11.A
建立如图所示的空间直角坐标系,则C（0,0,0）,B（
0,0）,A（0,1,0）,B1（
0,1）,D
=（
0,0）,
=（-
1,0）,
=（0,0,1）.设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1,n2,可得n1=（0,1,-1）,n2=（1,
0）,所以cos<
又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与<
互补,故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为-
12.
建立如图所示的空间直角坐标系,由于AB=2,BC=AA1=1,所以A1（1,0,1）,B（1,2,0）,C1（0,2,1）,D1（0,0,1）.
所以
=（-1,2,0）,
=（-1,0,1）,
=（0,2,0）,设平面A1BC1的法向量为n=（x,y,z）,则有
令x=2,则y=1,z=2,则n=（2,1,2）.
又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ,
n>
13.证明∵二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,∴AA1⊥平面BAC.
又AB=AC,BC=
AB,
∴∠CAB=90°
即CA⊥AB,
∴AB,AC,AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设AB=2,则A（0,0,0）,B1（0,2,2）,A1（0,0,2）,C（2,0,0）,C1（1,1,2）.
（1）
=（0,2,0）,
设平面AA1C的一个法向量n=（x,y,z）,
取y=1,则n=（0,1,0）.∴
=2n,即
∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.
（2）易知
=（0,2,2）,
=（1,1,0）,
=（2,0,-2）,设平面A1C1C的法向量m=（x1,y1,z1）,
令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=（1,-1,1）.
m=0×
1+2×
（-1）+2×
1=0,∴
⊥m.
又AB1⊄平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.
14.
（1）证明连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则AC⊥BD,
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,
的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图.
设底面边长为a,则高SO=
a,于是S
D
C
=0.故OC⊥SD.
从而AC⊥SD.
（2）解棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
理由如下:
由已知条件知
是平面PAC的一个法向量,且
0,-
a,
设
=t
则
+t
由
=0,解得t=
∴当SE∶EC=2∶1时,
又BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.
15.
（1）证明∵菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,AB⊥AF,
∴AF⊥平面ABCD,∵BC⊂平面ABCD,∴AF⊥BC.
（2）解取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,
∵平面ABCD⊥平面ABEF,
∴CO⊥平面ABEF.
建立如图所示的空间直角坐标系,则D（-2,0,
）,F（-1,4,0）,E（1,2,0）,
=（1,4,-
）,
=（-2,2,0）,
设平面DEF的法向量为n=（x,y,z）,则
即
取n=
设G（λ,0,0）,λ∈[-1,1],则
=（-λ-1,4,0）.
∵直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为
∴λ=-1∈[-1,1],
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