版高考数学一轮课时规范练43空间几何中的向量方法理Word下载.docx

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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（　　）

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.

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.

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?

14.

（2018河南信阳二模,19）在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2.

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sinθ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x轴,y轴,z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=（x,y,z）,直线BM与平面PCO所成角为θ,

则可取n=（2,1,0）,

sinθ=|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<

===,故<

=45°

.故两平面所成的二面角为45°

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<

===.∴<

=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）,

∴=+=,则·

=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=（x,y,z）,

∴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x,y,z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=（x,y,z）,

由

取z=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·

BCcos60°

=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x,y,z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=（x,y,z）为平面BEF的一个法向量,则令x=1,得n=（1,0,1）,同理可求平面DEF的一个法向量m=（2,0,-1）,

∴cos<

==,

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,

∴BB1⊥平面ABC.

又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1,

又CC1=AB=BB1=BE,

∴四边形CC1EB为平行四边形,

∴C1E∥BC.

又BC⫋平面A1BC,C1E⊈平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.

∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B,

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EFC1∥平面A1BC.

（2）在△ABC中,由余弦定理得:

AC2=AB2+BC2-2AB·

=12,

∴AB2=AC2+BC2,

∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°

∴AC⊥BC,由CC1⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC,

∴CA,CB,CC1两两垂直.

以C点为坐标原点,,,依次为x轴,y轴,z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=（x1,y1,z1）,

则

即

令z1=1,解得x1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1.

设平面A1EC的一个法向量为n2=（x2,y2,z2）,

令x2=2,得z2=-,y2=2λ,

∴n2=（2,2λ,-）.

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.

∵H为BQ中点,∴EH∥B1Q.

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,

∴平面EHA∥平面B1QP.

∵AD⫋平面EHA,

∴AD∥平面B1PQ.

（2）连接PC1,AC1,

∵四边形A1C1CA为菱形,

∴AA1=AC=A1C1=4.

又∠C1A1A=60°

∴△AC1A1为正三角形.

∵P为AA1的中点,∴PC1⊥AA1.

∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⫋平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1,

在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R,建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则

P（0,0,0）,A1（0,2,