2019-2020年高考数学大一轮复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法课时冲关 理 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法课时冲关 理 新人教A版 一、选择题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()AP(2,3,3)BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)解析：逐一验证法，对于选项A，(1,4,1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内答案：A2(xx辽宁大连一模)长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析：建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2).(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.答案：B3在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，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.答案：C4.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点则AM与PM的位置关系为()A平行 B异面C垂直 D以上都不对解析：以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)(，2,0)(0,1，)(，1，)，(，2,0)(2，0,0)(，2,0)，(，1，)(，2,0)0，即，AMPM.答案：C5在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为()A. B.a C. D.a解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)过点P作PH平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离PAPBPC，H为ABC的外心又ABC为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PH a.点P到平面ABC的距离为a.答案：B6(xx昆明模拟)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC平面PAB，PAAB，M为PB的中点，PAAD2.若AB1，则二面角BACM的余弦值为()A. B. C. D.解析：BC平面PAB，ADBC，AD平面PAB，PAAD，又PAAB，且ADABA，PA平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，M，(2,1,0)，求得平面AMC的一个法向量为n(1，2,1)，又平面ABC的一个法向量(0,0,2)，cosn，.二面角BACM的余弦值为.答案：A二、填空题7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所成的角是_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(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.答案：608如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是_解析：正方体棱长为a，A1MAN，()().又是平面B1BCC1的法向量，0，.又MN平面B1BCC1，MN平面B1BCC1.答案：平行9设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则.令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离d.答案：三、解答题10(xx山东高考)如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值解析：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又M是AB的中点，所以CDMA且CDMA.连接AD1.因为在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，CDC1D1，CDC1D1，所以C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BCADMC.由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)因此M，所以，.设平面C1D1M的一个法向量n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量因此cos，n，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二：由(1)知，平面D1C1M平面ABCDAB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN，所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.11(xx江西稳派4月联考)已知直角梯形ABCD的下底与等腰直角三角形ABE的斜边重合，ABBC且AB2CD2BC(如图(1)所示)，将此图形沿AB折叠成直二面角，连接EC，ED，得到四棱锥EABCD(如图(2)所示)(1)线段EA上是否存在点F，使EC平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面ABE与平面FBD的夹角的余弦值解：(1)如图所示，连接AC交BD于点G，连接FG，当ECFG时，EC平面FBD，此时.因为ABCD，所以，所以，所以存在点F，使EC平面FBD，此时.(2)过点E作EOAB于点O，连接OD，则ODAB.因为平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，且EOAB，所以EO平面ABCD，所以EOOD.由OB，OD，OE两两互相垂直，建立空间直角坐标系Oxyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OAOBODOE，设OB1，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)，F.所以(1,1，1)，平面ABE的一个法向量为(0,1,0)设平面FBD的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，又(1,1,0)，所以令x3，得n(3,3,6)，所以cosn，.即平面ABE与平面FBD的夹角的余弦值为.12(xx浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，ABEF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直已知AB2，EF1.(1)求证：平面DAF平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60？(1)证明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF，AF平面ABEF，AFCB，又AB为圆O的直径，AFBF，又BFCBB，AF平面CBF.AF平面ADF，平面DAF平面CBF.(2)解：由(1)知AF平面CBF，FB为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF为直线AB与平面CBF所成的角ABEF，四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FHAB，交AB于H.已知AB2，EF1，则AH.在RtAFB中，根据射影定理得AF2AHAB，AF1，sinABF，ABF30.直线AB与平面CBF所成角的大小为30.(3)解：设EF中点为G，以O为坐标原点，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)设ADt(t0)，则点D的坐标为(1,0，t)，C(1,0，t)，又A(1,0,0)，B(1,0,0)，F，(2,0,0)，设平面DCF的法向量为n1(x，y，z)，则n10，n10.即令z解得x0，y2t，n1(0,2t，)由(1)可知AF平面CFB，取平面CBF的一个法向量为n2，依题意，n1与n2的夹角为60.cos 60，即，解得t.因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60.备课札记