2020版数学新优化浙江大一轮试题：第八章 立体几何 考点规范练41 .docx

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1、考点规范练41立体几何中的向量方法考点规范练第55页基础巩固组1.已知平面内有一点M(1,-1,2),平面的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列点P中,在平面内的是()A.P(2,3,3)B.P(-2,0,1)C.P(-4,4,0)D.P(3,-3,4)答案A解析逐一验证法,对于选项A,MP=(1,4,1),MPn=6-12+6=0,MPn,点P在平面内,同理可验证其他三个点不在平面内.2.如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点,若D1FDE,则有()A.B1E=EBB.B1E=2EBC.B1E=12EBD.E与B重合答案A解析分别以DA,DC,DD1为

2、x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),D1F=(0,1,-2),DE=(2,2,z),D1FDE=02+12-2z=0,z=1,B1E=EB.3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.相交B.平行C.垂直D.不能确定答案B解析分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,A1M=AN=23a,则Ma,23a,a3,N2a3,2a3,a,MN=-a3,0

3、,23a.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),C1D1=(0,a,0),MNC1D1=0,MNC1D1.C1D1是平面BB1C1C的法向量,且MN平面BB1C1C,MN平面BB1C1C.4.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BCAC,A=3,AC=4,AA1=4,M为AA1的中点,P为BM的中点,Q在线段CA1上,A1Q=3QC,则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为()A.3913B.21313C.23913D.1313答案C解析以C为原点,CB所在直线为x轴,CA所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则由题意得A(0,4,0),C(0,0,0),B(43,0,0)

4、,M(0,4,2),A1(0,4,4),P(23,2,1),则CQ=14CA1=14(0,4,4)=(0,1,1),Q(0,1,1),AC=(0,-4,0),PQ=(-23,-1,0).设异面直线PQ与AC所成角为,cos =|cos|=4413=113.sin =1-1132=23913,选C.5.已知平面,的法向量分别为=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则()A.B.C.,相交但不垂直D.以上都不正确答案C解析-233-1-54,与v不是共线向量.又v=-23+3(-1)+(-5)4=-290,与v不垂直.平面与平面相交但不垂直.6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A

5、A1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是,若D1EEC,则AE=.答案901解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0m2,则D1E=(1,m,-1),A1D=(-1,0,-1),D1EA1D=-1+0+1=0.直线D1E与A1D所成角的大小是90.D1E=(1,m,-1),EC=(-1,2-m,0),D1EEC,D1EEC=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1.A

6、E=1.7.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.答案13解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,则nA1B=0,nA1C1=0,即2y-z=0,-x+2y=0,令z=2,则y=1,x=2,于是n=(2,1,2),D1C1=(0,2,0).设所求线面角为,则sin =|cos|=13.8.过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为.答案45解析如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,

7、则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AEPD,又CD平面PAD,CDAE,从而AE平面PCD.AD=(0,1,0),AE=0,12,12分别是平面PAB、平面PCD的法向量,且=45.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45.能力提升组9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面答案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

8、、z轴建立空间直角坐标系,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),E13,0,13,F23,13,0,B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=13,13,-13,BD1=(-1,-1,1),EF=-13BD1,A1DEF=ACEF=0,从而EFBD1,EFA1D,EFAC.故选B.10.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,BAC=2,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GDEF,则线段DF的长度的取值范围为(

9、)A.55,1B.55,1C.255,1D.255,1答案A解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E0,1,12,G12,0,1,F(x,0,0),D(0,y,0).由于GDEF,所以x+2y-1=0y0,12,DF=x2+y2=5y-252+15.当y=25时,线段DF长度的最小值是55;当y=0时,线段DF长度的最大值是1.而不包括端点,故y=0不能取.故选A.11.已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,A1AD=60,BAD=90,平面A1ADD1平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为()A.34B.134C.3913D.393答案C解

10、析取AD中点O,连接OA1,易证A1O平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,得B(2,-1,0),D1(0,2,3),BD1=(-2,3,3),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面ABCD所成的角为,sin =|BD1n|BD1|n|=34,tan =3913.12.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ平面ABC1D1,PQRQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是()A.426B.305C.52D.233答案B解析如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴,建立

11、空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),设P(1,1,m)(0m1),BQBD=(01),Q(x0,y0,0),则(x0-1,y0,0)=(-1,1,0),x0=1-,y0=,Q(1-,0),PQ=(-,-1,-m).连接B1C,正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB平面BCC1B1,B1CAB,B1CBC1,又ABBC1=B,B1C平面ABC1D1,PQ平面ABC1D1,B1CPQ,又B1C=(0,1,-1),B1CPQ=-1+m=0,=1-m,Q(m,1-m,0),PQ=(m-1,-m,-m),设R(0,n,0),

12、则RQ=(m,1-m-n,0),PQRQ,PQRQ=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,R(0,2-2m,0),PR=(-1,1-2m,-m),|PR|=1+(1-2m)2+m2=5m2-4m+2=5m-252+65,当m=25时,|PR|的最小值是305.故选B.13.如图,矩形CDEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,AD=2,DE=3,AB=4,EF=4EG,点M在线段GF上(包括两端点),点N在线段AB上,且GM=AN,则二面角M-DN-C的平面角的取值范围为()A.30,45B.45,60C.30,90)D.60,90)答案B解析如图建立空间直角坐标系,则由条件

13、知A(2,0,0),G(0,1,3),M(0,t,3)(1t4),由GM=AN可设N(2,t-1,0),则平面DNC的法向量为m=(0,0,1),设平面MDN的法向量为n=(x,y,z),由nDM=0,nDN=0,得ty+3z=0,2x+(t-1)y=0,令z=2t,则n=(3(t-1),-6,2t),cos=nm|n|m|=2t5t2-6t+9=29t2-6t+5.1t14,1,cos12,22,即4,3.二面角M-DN-C的平面角的取值范围为4,3.故选B.14.已知二面角-l-等于120,A,B是棱l上两点,AC,BD分别在半平面,内,ACl,BDl,且AB=AC=BD=1,则CD=.答

14、案2解析如图,二面角-l-等于120,CA与BD的夹角为60.由题设知,CAAB,ABBD,|AB|=|AC|=|BD|=1,|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CAAB+2ABBD+2CABD=3+2cos 60=4,|CD|=2.15.(2018浙江宁波)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为侧面BB1C1C中点,点F在棱AD上运动,正方体表面上有一点P满足D1P=xD1F+yD1E(x0,y0),则所有满足条件的点P构成图形的面积为.答案118解析由D1P=xD1F+yD1E(x0,y0)得点P在以射线D1F,D1E为角的两边的平面

15、内,又因为点P在正方体的表面上,所以点P所在的图形为点F由点A运动到点D的过程中,以射线D1F,D1E为角的两边的平面与正方体的侧面的交线构成的区域.设棱BC的中点为N,则由图易得点P构成的图形为D1DA、直角梯形ABND和ENB,则所求面积为1211+1+1221+121212=118.16.三棱柱ABC-A1B1C1的底是边长为1的正三角形,高AA1=1,在AB上取一点P,设PA1C1与面A1B1C1所成的二面角为,PB1C1与面A1B1C1所成的二面角为,则tan(+)的最小值是.答案-8313解析作PP1A1B1,则PP1是三棱柱的高,过P1作P1HA1C1,则PHP1=,设AP=x,

16、BP=1-x(0x1),tan =23x,同理tan =23(1-x),tan(+)=233x(1-x)-4-8313当x=12时取等号.17.如图,在几何体SABCD中,AD平面SCD,BCAD,AD=DC=2,BC=1,又SD=2,SDC=120,F是SA的中点,E在SC上,AE=5.(1)求证:EF平面ABCD;(2)求直线SE与平面SAB所成角的正弦值.(1)证明连接AE,DE,AC,AD平面SCD,DE平面SCD,ADDE,DE=AE2-AD2=1,又CD=SD=2,SDC=120,E是SC的中点,又F是SA的中点,EFAC,又EF平面ABCD,AC平面ABCD,EF平面ABCD.(

17、2)解在平面SCD内过点D作SD的垂线交SC于M,以D为原点,以DM为x轴,DS为y轴,DA为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),S(0,2,0),A(0,0,2),C(3,-1,0),B(3,-1,1),SC=(3,-3,0),SA=(0,-2,2),SB=(3,-3,1),设平面SAB的法向量为n=(x,y,z),则nSA=0,nSB=0,-2y+2z=0,3x-3y+z=0,令z=1得n=233,1,1,cos=nSC|n|SC|=-110323=-1020.设直线SE与平面SAB所成角为,则sin =|cos|=1020.18.(2018浙江嘉兴)如图,在三棱柱ABC-

18、A1B1C1中,B1B=B1A=AB=BC,B1BC=90,D为AC的中点,ABB1D.(1)求证:平面ABB1A1平面ABC;(2)在线段CC1(不含端点)上,是否存在点E,使得二面角E-B1D-B的余弦值为-714?若存在,求出CECC1的值;若不存在,说明理由.(1)证明取AB的中点O,连接OD,OB1.因为B1B=B1A,所以OB1AB.又ABB1D,OB1B1D=B1,OB1平面B1OD,B1D平面B1OD,所以AB平面B1OD.因为OD平面B1OD,所以ABOD.由已知条件知,BCBB1,又ODBC,所以ODBB1.因为ABBB1=B,AB平面ABB1A1,BB1平面ABB1A1,

19、所以OD平面ABB1A1.因为OD平面ABC,所以平面ABB1A1平面ABC.(2)解由(1)知OB,OD,OB1两两垂直,所以以O为坐标原点,OB,OD,OB1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,|OB|为单位长度1,建立如图所示的空间直角坐标系,连接B1C.由题设知,B1(0,0,3),B(1,0,0),D(0,1,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),C1(0,2,3),B1D=(0,1,-3),B1B=(1,0,-3),CC1=(-1,0,3),B1C=(1,2,-3),设CE=CC1(01),则B1E=B1C+CE=(1-,2,3(-1),设平面BB1D的法向量为m=(x1,

20、y1,z1),则mB1D=0,mB1B=0,得y1-3z1=0,x1-3z1=0,令z1=1,则x1=y1=3,所以平面BB1D的法向量为m=(3,3,1).设平面B1DE的法向量为n=(x2,y2,z2),则nB1D=0,nB1E=0,得y2-3z2=0,(1-)x2+2y2+3(-1)z2=0,令z2=1,则x2=3(+1)-1,y2=3,所以平面B1DE的一个法向量n=3(+1)-1,3,1.设二面角E-B1D-B的大小为,则cos =mn|m|n|=3+3-1+3+173+1-12+4=-714,解得=13.所以在线段CC1上存在点E,使得二面角E-B1D-B的余弦值为-714,此时CECC1=13.