2019年高考数学总复习 第8章 第7节 立体几何中的向量方法课时跟踪检测 理（含解析）新人教版.doc

2019年高考数学总复习 第8章 第7节 立体几何中的向量方法课时跟踪检测 理（含解析）新人教版1如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a(1,0,1)，b(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是()A.B.C.D.解析：选Dcosa，b且a，b(0，)，a，b. 2在正方形ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则 sin，的值为()A.B.C.D.解析：选B设正方体的棱长为2，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轴建立空间直角坐标系，可知(2，2,1)，(2,2，1)，cos，sin，.故选B. 3(xx汕头调研)如图，在四面体ABCD中，AB1，AD2，BC3，CD2，ABCDCB，则二面角ABCD的大小为()A.B.C.D.解析：选B依题意可知，二面角ABCD的大小等于与所成角的大小，2|cos，即1214922 cos，cos，与所成的角为，所以二面角ABCD的大小为.故选B. 4如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是()A60B45C30D90解析：选B以D为原点，分别以射线DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F，(0,1,0)，cos，135，异面直线EF和CD所成的角是45.故选B. 5(xx西安模拟)已知三棱锥SABC中，底面ABC是边长为2的等边三角形，SA底面ABC，SA3，那么直线AB与平面SBC所成的角的正弦值为()A.B.C.D.解析：选D建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(2,0,0)，A(0,0,0)，S(0,0,3)，C(1，0)设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，由得，令x3，则n(3，2)又(2,0,0)设直线AB与平面SBC所成角为，则 sin |cos，n|.故选D. 6(xx金华十校联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A.B.C2D.解析：选A如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0，0,2)设ADa，则D点坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)设平面B1CD的法向量为m(x，y，z)由，得，令z1，则m(a,1，1)又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由 cos 60，得，解得a，所以AD.故选A. 7设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)设平面A1BD的一个法向量为n(x，y，z)则由得，令x1，则n(1，1，1)又(0,0,2)所以点D1到平面A1BD的距离d. 8(xx福州质检)在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C的夹角为，则 sin 的值为_解析：如图，建立空间直角坐标系，易知点D，平面AA1C1C的一个法向量是n(1,0,0)，所以cosn，所以sin . 9(xx昆明模拟)已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为_解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件得，A(1,0,0)，E，F，.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的二面角为，由，得.令y1，则n(1,1，3)又平面ABC的一个法向量为m(0,0，1)，则 cos |cosn，m|，所以tan . 10(xx湖南高考)如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)求证：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设ABt，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)从而(t,3，3)，(t,1,0)，(t,3,0)因为ACBD，所以t2300.解得t或t(舍去)于是(，3，3)，(，1,0)因为3300，所以，即ACB1D.(2)解：由(1)知，(0,3,3)，(，1,0)，(0,1,0)设n(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，由得，令x1，则n(1，)设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin |cosn，|.所以直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为. 11(xx东营模拟)如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，点E，F分别在BC，AD上，且E为BC的中点，EFAB.现将四边形ABEF沿EF折起，使二面角AEFD等于60.(1)设P为AD的中点，求证：CP平面ABEF；(2)求直线AF与平面ACD所成角的正弦值(1)证明：取AF的中点Q，连QE，QP，则QP綊DF.又DF4，EC2，且DFEC，所以PQ綊EC，所以四边形PQEC为平行四边形，所以CPQE.又QE平面ABEF，CP平面ABEF，所以CP平面ABEF.(2)解：由题知折叠后仍有EFAF，EFFD，则EF平面AFD.AFD为二面角AEFD的平面角，所以AFD60.过A作AOFD于O，又AOEF，AO平面CDFE.作OGEF交EC于G，则OGFD，AOOG，分别以OG，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，在RtAOF中，AF2，AFO60，则FO1，OA，F(0，1,0)，A (0,0，)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，(0，1，)，(0,3，)，(2,2,0)，设平面ACD的一个法向量为n(x，y，z)，由得，令z，则n(1,1，)设直线AF与平面ACD所成的角为，则sin |cosn，|，即直线AF与平面ACD所成角的正弦值为.12(xx北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5，(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)求证：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求的值(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1AC，所以AA1平面ABC.(2)解：由(1)知AA1AC，AA1AB.由题知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则得，令z3，则x0，y4，所以n(0,4,3)同理可得平面B1BC1的法向量为m(3,4,0)所以 cosn，m.由图形知二面角A1BC1B1为锐角，所以二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且，所以(x，y3，z)(4，3,4)解得x4，y33，z4.所以(4，33，4)由0，得9250，解得.因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，此时，. 1(xx唐山调研)如图，矩形ABCD中，AB3，BC4，沿对角线BD将ABD折起，使A点在平面BCD内的射影O落在BC边上，若二面角CABD的大小为，则 sin ()A.B.C.D.解析：选A由可求得BO，OC，AO，建立空间直角坐标系，如图，则C，B，A，D，故(4,3,0)，.设m(x，y，z)是平面ABD的法向量，则，令z3，则m.又(0,3,0)是平面ABC的一个法向量，cosm，.sin .故选A. 2如图，三棱锥ABCD中，E是BC的中点，DB4，DC2，BDDC，ABAD2，AE平面BCD，二面角ABDC的大小为60.则直线AC与平面ABD所成角的正弦值为_解析：取BD的中点M，连接ME，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则A(0,1，)，B(2,0,0)，D(2,0,0)，C(2，2,0)，故(2，1，)，(2，1，)，(2,1，)设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则，令 z1，得n(0，1)，设直线AC与平面ABD所成的角为，则 sin ，所以直线AC与平面ABD所成角的正弦值为. 3(xx东北三校联考)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱AA1底面ABC，ACB90，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC1，BC2，AA14.(1)当E是棱CC1的中点时，求证：CF平面AEB1；(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角AEB1B的余弦值是？若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由解：(1)取AB1的中点G，连EG、FG.F，G分别是棱AB，AB1的中点，FGBB1，FGBB1，又ECBB1，ECCC1BB1，FGEC，FGEC，四边形FGEC是平行四边形，CFEG.CF平面AEB1，EG平面AEB1，CF平面AEB1.(2)以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,4)设E(0,0，m)(0m4)，平面AEB1的法向量n1(x，y，z)(1,2,4)，(1,0，m)由n1，n1，得解得.令z2，则n1(2m，m4,2)CA平面C1CBB1，是平面EBB1的一个法向量，令n2(1,0,0)，二面角AEB1B的余弦值为，cosn1，n2，解得m1满足0m4.在棱CC1上存在点E，符合题意，此时CE1.4(xx衡水一中模拟)如图，在三棱锥PABC中，PAPBPCAC4，ABBC2.(1)求证：平面ABC平面APC；(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；(3)若动点M在底面三角形ABC上，二面角MPAC的余弦值为，求B点到AM的最小值(1)证明：取AC中点O，因为APCP，所以OPOC.由已知易得三角形ABC为直角三角形，OAOBOC，POAPOBPOC，OPOB，OP平面ABC，又OP平面PAC，平面ABC平面APC.(2)解：以O为坐标原点，OB、OC、OP分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，(2,2,0)，(2,0，2)，(0,2,2)设平面PBC的法向量n1(x，y，z)，由得，令x，则n1(，1)，cos，n1.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.(3)解：由题意平面PAC的法向量n2(2,0,0)，设平面PAM的法向量为n3(x，y，z)，M(m，n,0)(0,2,2)，(m，n2,0)，由得.令z1，则n3，cosn2，n3，整理得3232，(n2)4m，点M所在的直线方程为4mn20.B点到AM的距离的最小值为d.