2020高考数学刷题首选卷 第六章 立体几何 考点测试48 立体几何中的向量方法 理（含解析）.docx

考点测试48立体几何中的向量方法高考概览考纲研读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(包括三垂线定理)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、基础小题1若平面，的法向量分别为n1(2，3，5)，n2(3，1，4)，则()A BC，相交但不垂直 D以上均不正确答案C解析因为cosn1n20且cosn1，n21，所以，相交但不垂直2两平行平面，分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量n(1，0，1)，则两平面间的距离是()A B C D3答案B解析两平面的一个单位法向量n0，故两平面间的距离d|n0|3已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30 B60 C120 D150答案A解析因为cosm，n，所以l与所成角满足sin|cosm，n|，又，所以304如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线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，则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夹角的余弦值为故选A5在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为()A B C D答案B解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知(2，2，1)，(2，2，1)，cos，sin，6已知向量A(2，2，1)，A(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量是()A， B，C，1，1 D，答案D解析设平面ABC的一个法向量是n(x，y，z)，则取z1，得x，y1则n，1，1，|n|，故平面ABC的单位法向量是，故选D7如图，在四面体ABCD中，AB1，AD2，BC3，CD2ABCDCB，则二面角ABCD的大小为()A B C D答案B解析二面角ABCD的大小等于AB与CD所成角的大小，而2()22222|cos，2|cos，2|cos，2222|cos，即1214922cos，cos，与所成角为，即二面角ABCD的大小为故选B二、高考小题8(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线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，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则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，故选C9(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，则大致的图形是()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，E2FE1FtanE2E1F4E2F11248故选C10(2015四川高考)如右图，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，则cos的最大值为_答案解析建立空间直角坐标系，转化为向量进行求解以AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y，2)(0y2)，则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00)，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)，E，1又G为ABD的重心，G，易得，(0，a，1)点E在面ABD上的射影是ABD的重心G，G面ABD0，解得a2，(2，2，2)面ABD，G为面ABD的一个法向量，设A1B与面ABD所成角为，sin|cos，|，cosA1B与平面ABD所成角的余弦值为，故选B13(2018九江模拟)在四棱锥PABCD中，A(4，2，3)，A(4，1，0)，A(6，2，8)，则这个四棱锥的高h()A1 B2 C13 D26答案B解析在四棱锥PABCD中，A(4，2，3)，(4，1，0)，(6，2，8)，设平面ABCD的法向量为n(x，y，z)，则即设y4，则n1，4，所以cosn，A，所以h|A|cosn，A|22故选B14(2018合肥模拟)如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA平面ABCD，PAADAC，点F为PC中点，则二面角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，则BD，所以B，0，0，F0，0，C0，0，D，0，0易知O0，0为平面BDF的一个法向量由B，0，F，0，可求得平面BCF的一个法向量为n(1，)，所以cosn，O，由题图知二面角CBFD的平面角为锐角，所以sinn，所以tann，故选D15(2018广东珠海四校模拟)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA12，点E为CC1的中点，则点D1到平面BDE的距离为_答案解析解法一：如图，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，连接D1B，所以(1，1，0)，(0，1，1)，(1，1，2)，设n(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以有即令x1，则y1，z1，所以面BDE的一个法向量为n(1，1，1)，则点D1到平面BDE的距离d解法二：连接D1B，D1E，由题意可知BC平面DD1E，设点D1到平面BDE的距离为h，由VD1BDEVBDD1E得SBDEhSD1DEBC，即h，点D1到平面BDE的距离为16(2018辽宁模拟)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACA1A1，已知G与E分别是棱A1B1和CC1的中点，D与F分别是线段AC与AB上的动点(不包括端点)若GDEF，则线段FD的长度的取值范围是_答案，1解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C(1，0，0)，C1(1，0，1)，G0，1，E1，0，设D(x，0，0)，F(0，y，0)(x，y(0，1)，则Gx，1，E1，y，GDEF，GE0，即xy0，xy，在RtAFD中，FD，0y1，当y时，FD取得最小值，当y1时，FD1，当y0时，FD线段FD的长度的取值范围为，1一、高考大题1(2018浙江高考)如图，已知多面体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为原点，分别以射线OB，OC为x，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)由即可取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2(2018天津高考)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2(1)若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)若点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)，M0，1，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，则即不妨令z01，可得n0(1，0，1)又1，1，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，则即不妨令z11，可得n(0，1，1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令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)，则点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3(2017全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦值解(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CEBF又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB(2)由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，(1，0，)，(1，0，0)设M(x，y，z)(0x1)，则(x1，y，z)，(x，y1，z)因为BM与底面ABCD所成的角为45，而n(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，所以|cos，n|sin45，即(x1)2y2z20又M在棱PC上，设，则x，y1，z由解得(舍去)或所以M，从而设m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m(0，2)于是cosm，n因此二面角MABD的余弦值为二、模拟大题4(2018河北石家庄一模)四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，AB2BC2CD2，SAD为正三角形(1)点M在棱AB上一点，若BC平面SDM，求实数的值；(2)若BCSD，求二面角ASBC的余弦值解(1)因为BC平面SDM，BC平面ABCD，平面SDM平面ABCDDM，所以BCDM，因为ABDC，所以四边形BCDM为平行四边形，又AB2CD，所以M为AB的中点，因为，所以(2)因为BCSD，BCCD，SDCDD，所以BC平面SCD，又因为BC平面ABCD，所以平面SCD平面ABCD，平面SCD平面ABCDCD，在平面SCD内，过点S作SECD交CD的延长线于点E，则SE平面ABCD，在RtSEA和RtSED中，因为SASD，所以AEDE，又由题知EDA45，SASDAD，所以AEED，AEEDSE1，以点E为坐标原点，直线EA为x轴，直线EC为y轴，直线ES为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，S(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，(1，0，1)，(0，2，0)，(0，2，1)，(1，0，0)，设平面SAB的法向量为n1(x，y，z)，则所以令x1，得n1(1，0，1)为平面SAB的一个法向量，同理得n2(0，1，2)为平面SBC的一个法向量，则cosn1，n2，因为二面角ASBC为钝角，所以二面角ASBC的余弦值为5(2018山西太原二模)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，ABADAE，ECBD(1)求证：平面BED平面ABCD；(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值解(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接EO，ADAB，CDCB，ACBD，又底面ABCD是圆内接四边形，ADCABC90，AC是直径，又ECBD，ECACC，BD平面AEC，OEBD，由AD，CD1，可得AC2，AE2CE2AC2，AEC90，AO，则，EOAC，ACBDO，EO平面ABCD，EO平面BED，平面BED平面ABCD(2)取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，则MNBE，易知DNAB，BCAB，BCDN，MNDNN，BEBCB，平面DMN平面EBC，点P在线段MN上以O为坐标原点，OA，OB，OE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，则A，0，0，B0，0，E0，0，M，0，D0，0，N，0，则，0，0，设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y，z，则n(1，)，设(01)，可得，设直线DP与平面ABE所成角为，则sin|cos，n|，01，当0时，sin取得最大值6(2018合肥质检三)如图，在多面体ABCDE中，平面ABD平面ABC，ABAC，AEBD，DE綊AC，ADBD1(1)求AB的长；(2)已知2AC4，求点E到平面BCD的距离的最大值解(1)平面ABD平面ABC，且交线为AB，而ACAB，AC平面ABD又DEAC，DE平面ABD，从而DEBD又BDAE，且DEAEE，BD平面ADE，BDAD而ADBD1，AB(2)ADBD，取AB的中点O，连接OD，则DOAB又平面ABD平面ABC，DO平面ABC过O作直线OYAC，交BC于点Y，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示记AC2a，则1a2，A，0，0，B，0，0，C，2a，0，D0，0，E0，a，(，2a，0)，0，设平面BCD的法向量为n(x，y，z)由得令x，得n，又(0，a，0)，点E到平面BCD的距离d，1a2，当a2时，d取得最大值，dmax