届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试立体几何中的向量方法含解析新人教B版.doc
考点测试48立体几何中的向量方法高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度考纲研读1. 理解直线的方向向量与平面的法向量2能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理4能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用5能用向量法解决空间的距离问题一、根底小题1设直线l与平面相交，且l的方向向量为a，平面的法向量为n，假设a，n，那么l与所成的角为()A B C D答案C解析线面角的范围是.因为a，n，所以l与平面的法向量所在直线所成角为，所以l与所成的角为.应选C.2在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，那么直线NO，AM的位置关系是()A平行 B相交C异面垂直 D异面不垂直答案C解析建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，那么A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，(1,0，2)，(2,0,1)，·0，那么直线NO，AM的位置关系是异面垂直3如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，那么直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A B C D答案A解析不妨令CB1，那么CACC12.故O(0,0,0)，B(0，0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以(0,2，1)，(2,2,1)，所以cos，.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.应选A.4如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BD和AD的中点，那么B1M与D1N所成角的余弦值为()A B C D答案A解析建立如下图的空间直角坐标系，设正方体棱长为2a，那么D(0,0,0)，D1(0,0,2a)，B1(2a,2a,2a)，M(a，a,0)，N(a,0,0)，故(a,0,2a)，(a, a，2a)，所以|a，|a.·3a2，那么cos，应选A.5如下图，点P为菱形ABCD外一点，且PA平面ABCD，PAADAC，点F为PC的中点，那么二面角CBFD的正切值为()A. BC. D答案D解析连接BD交AC于点O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设PAADAC1，那么BD，所以O(0,0,0)，B，F，C.易知为平面BDF的一个法向量由， ，可求得平面BCF的一个法向量为n(1，)，所以cosn，由题图知二面角CBFD的平面角为锐角，所以sinn，所以tann，.应选D.6如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，那么直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为()A BC D答案C解析以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如下图的空间直角坐标系设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，那么E(2，1,0)，F(1,0,2)，(1，1,2)，平面AA1D1D的一个法向量n(0,1,0)，设直线EF与平面AA1D1D所成的角为，那么sin.直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为.应选C.二、高考小题7(2022·全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，那么异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A B C D答案C解析以D为坐标原点，的方向分别为x轴的正方向，y轴的正方向，z轴的正方向建立空间直角坐标系，那么D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，)，D1(0,0，)，所以(1,0，)，(1,1，)，因为cos，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，应选C.8(经典江西高考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2,3,4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，那么大致的图形是()答案C解析由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为yx，与直线DC的方程y7联立得F.由两点间的距离公式得E1F，tanE2E1FtanEAE1，E2FE1F·tanE2E1F4.E2F11248.应选C.9(2022·四川高考)如下列图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为，那么cos的最大值为_答案解析以A为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0y2)，那么A(0,0,0)，E(1，0,0)，F(2，1,0)，(1，y,2)，|，(2,1,0)，|，cos .令t2y，要使cos最大，显然0<t2.cos××××.当且仅当t2，即点M与点Q重合时，cos取得最大值.三、模拟小题10(2022·沈阳模拟)平面的一个法向量为n(2，2,1)，点A(1,3,0)在平面内，那么点P(2,1,4)到平面的距离为()A10 B3 C D答案D解析点P到平面的距离d.11(2022·四川省雅安高三质量检测)空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，那么·的值为()Aa2 Ba2 Ca2 Da2答案C解析如图，设a，b，c，那么|a|b|c|a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.因为(ab)，c，所以·(ab)·c(a·cb·c)(a2cos60°a2cos60°)a2.12(2022·成都一诊)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，那么异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A B1 C D答案C解析解法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，那么由直三棱柱的性质可知A1MPB，那么PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)设三棱柱的棱长为2，那么PN，PB，BN，所以PN2BN2PB2，所以PNB90°，在RtPBN中，tanPBN，应选C.解法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如下图的空间直角坐标系，设AB2，那么N(0,0,0)，A1(0，1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以(，0,0)，(，1，1)，设直线A1M与BN所成的角为，那么cos|cos，|，那么sin，tan，应选C.13(2022·长沙雅礼中学检测)在三棱锥PABC中，点P在底面的正投影恰好是等边ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长设PAC与底面所成的二面角的大小为，PBC与底面所成的二面角的大小为，那么tan()的值是()A B C D答案C解析如图，设点P在底面ABC上的正投影为H，那么H为AB的中点，作HFBC，HEAC，连接PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，那么PH2，AHBH1.所以HE，HF，那么tantan，故tan().14(2022·吉林二模)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，那么过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为_，CE和该截面所成角的正弦值为_答案2解析取A1D1的中点G，BC的中点P，CD的中点H，连接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.MGEF，NGEP，MGNGG，EFEPE，平面MNG平面PEFH，过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH，PE2，EF，四边形PEFH是矩形，过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为S矩形PEFH2.以D1为坐标原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴，建立如下图的空间直角坐标系，那么E(1,2,0)，F(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，(1,0，2)，(1，1,0)，(1，1,2)，设平面EFHP的法向量n(x，y，z)，那么取x1，那么y1，z0，得n(1，1,0)，设CE和该截面所成角为，那么sin.CE和该截面所成角的正弦值为.一、高考大题1(2022·全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解(1)证明：由得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由得ABBE，ABBC，且BEBCB，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，平面BCGE平面ABCBC，所以EH平面ABC.由，菱形BCGE的边长为2，EBC60°，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系Hxyz，那么A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1,0)设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，那么即所以可取n(3,6，)又平面BCGE的法向量可取m(0,1,0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30°.2(2022·浙江高考)如图，多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120°，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解(1)证明：如图，以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x轴的正半轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3)由·0得AB1A1B1.由·0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)设平面ABB1的法向量n(x，y，z)由得可取n(，1,0)所以sin|cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.3(2022·天津高考)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)假设M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)假设点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长解依题意，可以建立以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0，1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，那么即不妨令z01，可得n0(1,0，1)又，可得·n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，那么即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，那么即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，那么点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin60°，解得h0,2所以，线段DP的长为.二、模拟大题4(2022·四平二模)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，ADBC，ADAB，AD2BC2.(1)证明：平面ADEF平面ABF；(2)假设平面ADEF平面ABCD，二面角ABCE为30°，三棱锥ABDF的外接球的球心为O，求异面直线OC与DF所成角的余弦值解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以ADAF，又ADAB，ABAFA，所以AD平面ABF，因为AD平面ADEF，所以平面ADEF平面ABF.(2)因为平面ADEF平面ABCD，ADAF，平面ADEF平面ABCDAD，所以AF平面ABCD.由(1)知AD平面ABF，又ADBC，那么BC平面ABF，从而BCBF，又BCAB，所以二面角ABCE的平面角为ABF30°.以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，如下图，那么B(2，0,0)，D(0,2,0)，C(2，1,0)，E(0,2,2)，F(0，0,2)因为三棱锥ABDF的外接球的球心为O，所以O为线段BE的中点，那么O的坐标为(，1,1)，(，0，1)，又(0，2,2)，那么cos，故异面直线OC与DF所成角的余弦值为.5. (2022·哈尔滨三中模拟)如下图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，四边形ABCD为菱形，M为CD的中点，BAD120°，ABAA12A1B12.(1)求证：AM平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值解(1)证明：四边形ABCD为菱形，BAD120°，连接AC，那么ACD为等边三角形，又M为CD的中点，AMCD，而CDAB，AMAB，AA1底面ABCD，AM底面ABCD，AMAA1，又ABAA1A，AM平面AA1B1B.(2)四边形ABCD为菱形，BAD120°，ABAA12A1B12，DM1，AM，AMDBAM90°，又AA1底面ABCD，分别以AB，AM，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系Axyz，那么A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(1, ，0)，D1，(3，0，(2,0，2)，设平面A1BD的法向量n(x，y，z)，那么有yxz，令x1，那么n(1，1)，直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值sin|cosn，|.6(2022·长沙一模)三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中：(1)证明：平面PAC平面ABC；(2)假设点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值解(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PAPBPC，POBO1.因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC.因为在POB中，PO2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，AC平面ABC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知，BOPO，由题意可得BOAC，所以BO平面PAC，所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMO，所以当线段OM最短，即M是PA的中点时，BMO最大由PO平面ABC，OBAC，得POOB，POOC，OBOC，以O为坐标原点，OC，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图的空间直角坐标系，那么O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1，0)，A(1,0,0)，P(0,0，1)，M，(1，1,0)，(1,0，1)，.设平面MBC的法向量为m(x1，y1，z1)，由得令x11，得y11，z13，即m(1,1,3)是平面MBC的一个法向量设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，由得令x21，得y21，z21，即n(1,1,1)是平面PBC的一个法向量所以cosm，n.结合图可知，二面角PBCM的余弦值为.
