考点规范练44立体几何.docx
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考点规范练44立体几何
考点规范练44 立体几何中的向量方法
基础巩固
1.直线l的方向向量s=（-1,1,1）,平面α的法向量为n=（2,x2+x,-x）,若直线l∥平面α,则x的值为（ ）
A.-2B.-C.D.±
2.已知平面α的一个法向量为n=（1,-,0）,则y轴与平面α所成的角的大小为（ ）
A.B.C.D.
3.
如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为（ ）
A.（1,1,1）B.
C.D.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B的中点,则||为（ ）
A.aB.aC.aD.a
5.
如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是（ ）
A.30°B.45°
C.60°D.90°
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为（ ）
A.B.C.D.
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 .
8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=（2,-1,-4）,=（4,2,0）,=（-1,2,-1）.对于结论:
①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④.其中正确的是 .（填序号）
9.
如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为 .（填序号）
10.
（2016全国乙卷,理18）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
（1）证明:
平面ABEF⊥平面EFDC;
（2）求二面角E-BC-A的余弦值.
〚导学号37270484〛
能力提升
11.
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则（ ）
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
12.
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.〚导学号37270486〛
13.
如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于 .〚导学号37270487〛
14.
如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.
（1）证明:
平面ADE⊥平面ACD;
（2）当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.
〚导学号37270488〛
高考预测
15.
如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
（1）求证:
AO⊥BE;
（2）求二面角F-AE-B的余弦值;
（3）若BE⊥平面AOC,求a的值.
〚导学号37270489〛
参考答案
考点规范练44 立体几何中
的向量方法
1.D 解析当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×（x2+x）+1×（-x）=0,解得x=±
2.B 解析可知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.C 解析设M（x,x,1）.由已知得A（,0）,B（0,,0）,D（,0,0）,E（0,0,1）,则=（x-,x-,1）,=（,-,0）,=（0,-,1）.
设平面BDE的一个法向量为n=（a,b,c）,
则
解得
令b=1,则n=（1,1,）.
又AM∥平面BDE,所以n=0,
即2（x-）+=0,得x=
所以M
4.A 解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A（a,0,0）,C1（0,a,a）,N
设M（x,y,z）,
∵点M在AC1上,且,
∴（x-a,y,z）=（-x,a-y,a-z）.
∴x=a,y=,z=,
得M
∴||=
=a.
5.B 解析（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°.
图①
图②
（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.C 解析取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1（,1,0）,A（0,0,2）,=（,1,-2）,平面BB1C1C的一个法向量为n=（1,0,0）.
所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为
7.30° 解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
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所成的角为90°-60°=30°.
8.①②③ 解析因为=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.
又不平行,
所以是平面ABCD的法向量,则③正确.
因为=（2,3,4）,=（-1,2,-1）,
所以不平行,故④错误.
9.① 解析以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.
设M（x,y,0）,设正方形边长为a,
则P,C（0,a,0）,
则MC=,
MP=
由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=x的一部分.
10.
（1）证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,
所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF,
故平面ABEF⊥平面EFDC.
（2）解过D作DG⊥EF,垂足为G,
由
（1）知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.
由
（1）知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,
可得A（1,4,0）,B（-3,4,0）,E（-3,0,0）,D（0,0,）.
由已知,AB∥EF,
所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,
故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.
从而可得C（-2,0,）.
所以=（1,0,）,=（0,4,0）,=（-3,-4,）,=（-4,0,0）,
设n=（x,y,z）是平面BCE的法向量,则
所以可取n=（3,0,-）.
设m是平面ABCD的法向量,
则
同理可取m=（0,,4）,
则cos==-
故二面角E-BC-A的余弦值为-
11.B 解析以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,
则A1（1,0,1）,D（0,0,0）,A（1,0,0）,C（0,1,0）,E,F,B（1,1,0）,D1（0,0,1）,=（-1,0,-1）,=（-1,1,0）,=（-1,-1,1）,
=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.
12.B 解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
不妨设DC=DA=DD1=1,
则D（0,0,0）,B（1,1,0）,A1（1,0,1）,O,并设点P（0,1,t）且0≤t≤1.
则=（-1,0,-1）,=（0,1,-1）.
设平面A1BD的法向量为n=（x0,y0,z0）,则有
即
取x0=1,y0=-1,z0=-1,
∴n=（1,-1,-1）.
∴sinα=|cos<,n>|
=（0≤t≤1）,
∴sin2α=,0≤t≤1.
令f（t）=,0≤t≤1,
则f'（t）=
=-,
可知当t时,f'（t）>0;
当t时,f'（t）≤0.
又f（0）=,f=1,f
（1）=,
∴f（t）max=f=1,
f（t）min=f（0）=
∴sinα的最大值为1,最小值为
∴sinα的取值范围为
13 解析过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,
设AB=1,则CF=,OF=CF·cos∠CFO=,OC=,
则O为正方形ABDE的中心,
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则E,M,
A,N,
cos<>=
14.
（1）证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.
因为CD⊥平面ABC,
所以CD⊥BC.
因为CD∩AC=C,
所以BC⊥平面ACD.
因为CD∥BE,CD=BE,
所以四边形BCDE是平行四边形,
所以BC∥DE,
所以DE⊥平面ACD.
因为DE⊂平面ADE,
所以平面ADE⊥平面ACD.
（2）解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1,
由
（1）知VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC（AC2+BC2）=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.
如图所示,建立空间直角坐标系,则D（0,0,1）,E（0,2,1）,A（2,0,0）,B（0,2,0）,
则=（-2,2,0）,=（0,0,1）,=（0,2,0）,=（2,0,-1）,
设平面DAE的法向量为n1=（x1,y1,z1）,
即
∴n1=（1,0,2）.
设平面ABE的法向量为n2=（x2,y2,z2）,
∴n2=（1,1,0）,
∴cos=
=
可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-
15.
（1）证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,
所以AO⊥平面EFCB,
所以AO⊥BE.
（2）解取BC中点G,连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形,
所以OG⊥EF.
由
（1）知AO⊥平面EFCB,
又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系Oxyz,
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