2022版高考数学一轮复习第8章第7讲立体几何中的向量方法二训练含解析.doc

《2022版高考数学一轮复习第8章第7讲立体几何中的向量方法二训练含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版高考数学一轮复习第8章第7讲立体几何中的向量方法二训练含解析.doc（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第八章第7讲 A级基础达标1在正方体A1B1C1D1ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为()A B C D【答案】D2在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A B C D【答案】B3直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A B C D【答案】C4(2019年绍兴学业考试)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，平面A1B1CD平面ABCD，且四边形ABCD和四边形A1B1CD都是正方形，则直线BD1与平面A1B1CD所成角的正切值是()A B C D【答案】C5设

2、正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A B C D【答案】D【解析】如图建立坐标系则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2，2,0)，(2,0,2)，(2,0,0)，(2,2,0)设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则所以令z1，得n(1,1,1)所以D1到平面A1BD的距离d.6如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成角的度数为_【答案】60【解析】以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(

3、2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，所以2，所以cos，所以EF和BC1所成的角为60.7在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_【答案】【解析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.

4、8已知空间四个点A(1,1,1)，B(4,0,2)，C(3，1，0)，D(1,0,4)，则直线AD与平面ABC所成角的度数为_【答案】30【解析】由题意得(2，1,3)，(5，1,1)，(4，2，1)设平面ABC的一个法向量n(x，y，z)，则取x1，得n(1，3,2)设直线AD与平面ABC所成的角为，则sin .又090，所以30.9(2019年新课标)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)求证：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2

5、中的二面角BCGA的大小解：(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，所以A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，所以AB平面BCGE.因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)解：作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，所以BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1，0)设平面ACGD的法向量n(x，y，z)，则取x3，得

6、n(3,6，)又平面BCGE的一个法向量为m(0,1,0)，所以cos n，m，所以二面角BCGA的大小为30.10(2020年浙江)如图，三棱台DEFABC中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC(1)证明：EFDB；(2)求DF与平面DBC所成角的正弦值解：(1)证明：作DHAC交AC于点H，连接BH.因为平面ACFD平面ABC，而平面ACFD平面ABCAC，所以DH平面ABC，即有DHBC因为ACBACD45，所以CDCH2BCCHBC在CBH中，BH2CH2BC22CHBCcos 45BC2，即有BH2BC2CH2，所以BHBC由棱台的定义知EFBC，所以DHEF，BH

7、EF.而BHDHH，所以EF平面BHD而BD平面BHD，所以EFDB(2)因为DFCH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角作HGBD于G，连接CG，由(1)可知，BC平面BHD，所以平面BCD平面BHD，而平面BCD平面BHDBD，所以HG平面BCD即CH在平面DBC内的射影为CG，HCG即为所求角设BCa，则BHa，CHDHa，BDa，在RtDHB中，HGa，所以在RtHCG中，sinHCG.故DF与平面DBC所成角的正弦值为.B级能力提升11(2019年平顶山期末)如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2及G2G3的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成

8、一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，那么，二面角SEFG的正切值是()A2 B C2 D3【答案】A【解析】如图，因为在折前的正方形SG1G2G3中，SG1G1E，SG3G3F，所以折成四面体SEFG后，SGGE，SGGF.又因为GEGFG，所以SG平面EFG.因为E，F分别是G1G2及G2G3的中点，取D是EF的中点，连接SD，GD，所以SDEF，GDEF，则SDG为二面角SEFG的平面角设原正方形的边长为2a，则SG2a，GDa，在RtSGD中，有tanSDG2，即二面角SEFG的正切值是2.12(多选)如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为2的正方体，M为B1C1的

9、中点，下列命题中正确的有()AAB1与BC1成60角B若，面A1MN交CD于E，则CECP点在正方形ABB1A1边界及内部运动，且MPDB1，则P点轨迹长等于DE，F分别在DB1和A1C1上，且2，直线EF与AD1，A1D所成角分别是，则【答案】ACD【解析】连接AD1，B1D1，则AD1BC1，则AB1D1是正三角形，则AD1与AB1所成的角即为AB1与BC1成的角，即AB1与BC1成60角，故A正确建立以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图，则A1(2,0,0)，M(1,2,0)，N，设DEt，则E(0，t,2)，因为A1，M，N，E四点共面，

10、所以存在实数x，y使xy，即(2，t,2)x(1,2,0)y，则解得则DE，CE2，B错误.取A1B1的中点H，BB1的中点K，连接HM，KM，HK，则DB1HM，DB1KM，则DB1平面HKM，若MPDB1，则M在平面HKM中，则PHK，则HKHB1，即P点在正方形ABB1A1边界及内部运动，且MPDB1，则P点轨迹长等于正确，故C正确建立空间直角坐标系，如图，则A1(2,0,0)，D(0,0,2)，A(2,0,2)，B1(2,2,0)，则(2,0,2)，(2,0，2)因为E，F分别在DB1和A1C1上，且2，所以(2,2，2)，则E，(2,2,0)，则F，则，则cos |cos，|1，则0

11、，cos |cos ，|0，则，即，D正确故选ACD13(2020年泰安期末)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPD，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_【答案】【解析】以O为原点，OA为x轴，过O作AB的平行线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则有B(1,2,0) ，P(0,0,2)，C(1，2,0)，M，(0,0,2)，(1,2,0)，.设平面PCO的一个法向量为m(x，y，z)，则令y1，得x2，z0，所以m(2,1,0)设直线BM与平面PCO所成角为，则sin |cos，m|.14(2020

12、年白城期末)如图，在三棱柱中ABCA1B1C1中，ACBC，ACBC2，C1CB60，CC13，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1，CE2，则二面角BB1ED的正切值为_【答案】【解析】 以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，B1，C1，E(0,1，)，A(2,0,0)，A1，D，.设平面B1ED 的法向量m(x，y，z)，则取x1，得m.又平面BB1E 的一个法向量n(1,0,0)，设二面角BB1ED的平面角为，则cos ，sin ， 所以tan .15(2020年新课标)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，

13、点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.(1)求证：点C1在平面AEF内；(2)若AB2，AD1，AA13时，求二面角AEFA1的正弦值解：(1)如图1，在AA1上取一点M，使得A1M2AM，分别连接EM，B1M ，EC1，FC1.依题意，有DEAMFB1，又DEAMFB1，所以四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形所以AF綉MB1，AD綉ME.又AD綉B1C1，所以B1C1綉ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，所以EC1綉MB1.所以AF綉EC1，则四边形AFC1E为平行四边形，所以点C1在平面AEF内(2)以C1为原点，C1D1所在直线为x轴，C1B1所

14、在直线为y轴，C1C所在直线为z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系C1xyz.由题意，得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，则(2,1，1)，(0，1，1)，(0，1,2)，设平面AEF的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即所以可取n1(1,1，1)设平面A1EF的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即所以可取n2(1,4,2)所以cosn1，n2.所以二面角AEFA1的正弦值为.16如图1，在四边形ABCD中，ADBC，BAD90，AB2，BC4，AD6，E是AD上的点，AEAD，P 为BE的中点，将ABE沿BE折起到A1BE的位置，使得A1C4，如图

15、2.(1)求证：平面A1CP平面A1BE；(2)求二面角BA1PD的余弦值解：(1)证明：如图，连接AP，PC由题意可得BE4，ABE30，EBC60，BP2，所以PC2，所以BP2PC2BC2，则BPPC因为A1PAP2，A1C4，所以A1P2PC2A1C2，则PCA1P.因为BPA1PP，所以PC平面A1BE.因为PC平面A1CP，所以平面A1CP平面A1BE.(2)如图，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(1,0，)，P(0,0,0)，D(4,2，0)，(1,0，)，(4,2，0)设平面A1PD的法向量为m(

16、x，y，z)，则即取x，得m(，2,1)易知平面A1PB的一个法向量n(0,1,0)，则cosm，n.由图可知二面角BA1PD是钝角，所以二面角BA1PD的余弦值为.C级创新突破17(一题两空)(2020年长春四模)已知正方体PBCDA1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则二面角CAMN的余弦值为_若动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1平面AMN，则线段PA的长度范围是_【答案】【解析】延长AM至点Q，使得CQAQ，连接NQ，如图，则NQC为二面角CAMN的平面角由AMBCMQ，可求得CQ，所以NQ ，所以cosNQC.以点为D坐标原点，建立如图所示

17、的空间直角坐标系，设P(m,2，n)(0m，n2)，易知A(2,0,0)，M(1,2,0)，N(0,2,1)，A1(2,0,2)，则(1,2,0)，(2,2,1)，(m2,2，n2)设平面AMN的法向量为 v(x，y，z)，则故可取v(2,1,2)又PA1平面AMN，所以v2(m2)22(n2)mn30.所以点P的轨迹为经过BB1中点S和B1C1中点T的线段根据对称性可知，当点P在S或T时，|PA1|max；当点P在线段ST的中点时，|PA1|min，故线段PA1的长度范围是. 18已知四棱锥PABCD的底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，AB，BC2AD2，E为CD的中点，PBAE.

18、(1)证明：平面PBD平面ABCD；(2)若PBPD，PC与平面ABCD所成的角为，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN平面PCD？若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由解：(1)证明：由题意可得BDDC2，BCD，从而BCD是等边三角形所以ADBCDB，ADED1.所以BDAE.又因为PBAE，PBBDB，所以AE平面PBD又因为AE平面ABCD，所以平面PBD平面ABCD(2)在侧面PCD存在一点N，使得BN平面PCD，理由如下：取BD中点O，连接PO，OC由PBPD，知POBD又因为平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，所以PO平面ABCD所以PCO为PC与平面ABCD所成的平面角，即PCO.所以OPOC.易知OC，BD，PO两两互相垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，P(0,0，)，(0，)，(1,0，)假设在侧面PCD内存在点N，使得BN平面PCD，设(1,0，)(0，)(，)，所以N(，(1)，则(1，(1)由得解得，满足题意所以点N到平面ABCD的距离为(1).11