2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第8章 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)跟蹤檢測(cè) 理（含解析）新人教版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第8章 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)跟蹤檢測(cè) 理（含解析）新人教版 1．如果平面的一條斜線與它在這個(gè)平面上的射影的方向向量分別是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么，這條斜線與平面所成的角是(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. 解析：選D　∵cos〈a，b〉＝＝且〈a，b〉∈(0，π)， ∴〈a，b〉＝. 2．在正方形ABCDA1B1C1D1中，M、N分別為棱AA1和BB1的中點(diǎn)，則 sin〈，〉的值為(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. 解析：選B　設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸， DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，cos〈，〉＝－， sin〈，〉＝.故選B. 3．(xx汕頭調(diào)研) 如圖，在四面體ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2，∠ABC＝∠DCB＝，則二面角ABCD的大小為(　　) A.　　　　 B. C.　　　　 D. 解析：選B　依題意可知，二面角ABCD的大小等于與所成角的大?。撸剑?，∴＝＋＋＋2||||cos〈，〉，即12＝1＋4＋9＋22 cos〈，〉，∴cos〈，〉＝－，∴與所成的角為，所以二面角ABCD的大小為.故選B. 4．如圖所示，已知正方體ABCDA1B1C1D1，E、F分別是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，則EF和CD所成的角是(　　) A．60　　　　 B．45　　　　 C．30　　　　 D．90 解析：選B　以D為原點(diǎn)，分別以射線DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F(xiàn)， ＝，＝(0,1,0)， ∴cos〈，〉＝＝－， ∴〈，〉＝135， ∴異面直線EF和CD所成的角是45.故選B. 5．(xx西安模擬)已知三棱錐SABC中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，SA⊥底面ABC，SA＝3，那么直線AB與平面SBC所成的角的正弦值為(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　 D. 解析：選D　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(2,0,0)，A(0,0,0)，S(0,0,3)，C(1，，0) 設(shè)平面SBC的法向量為n＝(x，y，z)， 由 得，令x＝3， 則n＝(3，，2)． 又＝(2,0,0) 設(shè)直線AB與平面SBC所成角為θ，則 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故選D. 6．(xx金華十校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1DCC1的大小為60，則AD的長(zhǎng)為(　　) A.　　　 B.　　　　 C．2　　　　 D. 解析：選A　如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0，0,2)．設(shè)AD＝a，則D點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．設(shè)平面B1CD的法向量為m＝(x，y，z)． 由， 得，令z＝－1，則m＝(a,1，－1)． 又平面C1DC的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)， 則由 cos 60＝，得＝，解得a＝， 所以AD＝.故選A. 7．設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________． 解析：　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D(0,0,0)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)． 設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)． 則由 得，令x＝1，則n＝(1，－1，－1)． 又＝(0,0,2)． 所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝＝＝. 8．(xx福州質(zhì)檢)在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是邊長(zhǎng)為1的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，點(diǎn)D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C的夾角為α，則 sin α的值為________． 解析：　如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，易知點(diǎn)D，平面AA1C1C的一個(gè)法向量是n＝(1,0,0)，所以cos〈n，〉＝＝，所以sin α＝. 9．(xx昆明模擬)已知點(diǎn)E、F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________． 解析：　如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)DA＝1，由已知條件得，A(1,0,0)，E，F(xiàn)， ＝，＝.設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ， 由，得. 令y＝1，則n＝(－1,1，－3)． 又平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0,0，－1)， 則 cos θ＝|cos〈n，m〉|＝，所以tan θ＝. 10．(xx湖南高考)如圖，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. (1)求證：AC⊥B1D； (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值． (1)證明：易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：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)． 從而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)． 因?yàn)锳C⊥BD，所以＝－t2＋3＋0＝0.解得t＝或t＝－(舍去)． 于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)． 因?yàn)椋剑?＋3＋0＝0， 所以⊥，即AC⊥B1D. (2)解：由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個(gè)法向量， 由得， 令x＝1，則n＝(1，－，)． 設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為. 11．(xx東營(yíng)模擬)如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，AD上，且E為BC的中點(diǎn)，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使二面角AEFD等于60?. (1)設(shè)P為AD的中點(diǎn)，求證：CP∥平面ABEF； (2)求直線AF與平面ACD所成角的正弦值． (1)證明：取AF的中點(diǎn)Q，連QE，QP，則QP綊DF.又DF＝4，EC＝2，且DF∥EC， 所以PQ綊EC，所以四邊形PQEC為平行四邊形， 所以CP∥QE.又QE?平面ABEF，CP?平面ABEF， 所以CP∥平面ABEF. (2)解：由題知折疊后仍有EF⊥AF，EF⊥FD，則EF⊥平面AFD. ∴∠AFD為二面角AEFD的平面角，所以∠AFD＝60?. 過A作AO⊥FD于O，又AO⊥EF， ∴AO⊥平面CDFE. 作OG∥EF交EC于G，則OG⊥FD，AO⊥OG， 分別以O(shè)G，OD，OA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 在Rt△AOF中，AF＝2，∠AFO＝60?，則FO＝1，OA＝， ∴F(0，－1,0)，A (0,0，)，D(0,3,0)，C(2,1,0)， ∴＝(0，－1，－)，＝(0,3，－)，(－2,2,0)， 設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由得， 令z＝，則n＝(1,1，)． 設(shè)直線AF與平面ACD所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線AF與平面ACD所成角的正弦值為. 12．(xx北京高考)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長(zhǎng)為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5， (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)求二面角A1BC1B1的余弦值； (3)求證：在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，并求的值． (1)證明：因?yàn)锳A1C1C為正方形，所以AA1⊥AC. 因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AA1C1C，且AA1⊥AC，所以AA1⊥平面ABC. (2)解：由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由題知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC. 如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)． 設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則得， 令z＝3，則x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)． 同理可得平面B1BC1的法向量為m＝(3,4,0)． 所以 cos〈n，m〉＝＝. 由圖形知二面角A1BC1B1為銳角， 所以二面角A1BC1B1的余弦值為. (3)證明：設(shè)D(x，y，z)是直線BC1上一點(diǎn)，且＝λ， 所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)． 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ. 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)． 由＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝. 因?yàn)椤蔥0,1]，所以在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，此時(shí)，＝λ＝. 1．(xx唐山調(diào)研)如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿對(duì)角線BD將△ABD折起，使A點(diǎn)在平面BCD內(nèi)的射影O落在BC邊上，若二面角CABD的大小為θ，則 sin θ＝(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　 D. 解析：選A　由可求得BO＝，OC＝，AO＝，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則C，B，A，D， 故＝(4,3,0)，＝. 設(shè)m＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，則，令z＝－3，則m＝.又＝(0,3,0)是平面ABC的一個(gè)法向量，∴cos〈m，〉＝＝－＝－.∴sin θ＝ ＝.故選A. 2．如圖，三棱錐ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，DB＝4，DC＝2，BD⊥DC，AB＝AD＝2，AE⊥平面BCD，二面角ABDC的大小為60?.則直線AC與平面ABD所成角的正弦值為________． 解析：　取BD的中點(diǎn)M，連接ME，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Mxyz，則A(0,1，)，B(2,0,0)，D(－2,0,0)，C(－2，2,0)，故＝(2，－1，－)，＝(－2，－1，－)，＝(－2,1，－)．設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，則，令 z＝1，得n＝(0，－，1)，設(shè)直線AC與平面ABD所成的角為θ，則 sin θ＝＝，所以直線AC與平面ABD所成角的正弦值為. 3．(xx東北三校聯(lián)考)如圖，三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90?，E是棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，AC＝1，BC＝2，AA1＝4. (1)當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1； (2)在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角AEB1B的余弦值是？若存在，求CE的長(zhǎng)，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)取AB1的中點(diǎn)G，連EG、FG. ∵F，G分別是棱AB，AB1的中點(diǎn)， ∴FG∥BB1，F(xiàn)G＝BB1， 又EC∥BB1，EC＝CC1＝BB1， ∴FG∥EC，F(xiàn)G＝EC， ∴四邊形FGEC是平行四邊形， ∴CF∥EG. ∵CF?平面AEB1，EG?平面AEB1， ∴CF∥平面AEB1. (2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,4)． 設(shè)E(0,0，m)(0≤m≤4)，平面AEB1的法向量n1＝(x，y，z)． ＝(－1,2,4)，＝(－1,0，m)． 由⊥n1，⊥n1， 得解得. 令z＝2，則n1＝(2m，m－4,2)． ∵CA⊥平面C1CBB1， ∴是平面EBB1的一個(gè)法向量，令n2＝＝(1,0,0)， ∵二面角AEB1B的余弦值為， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， 解得m＝1滿足0≤m≤4. ∴在棱CC1上存在點(diǎn)E，符合題意，此時(shí)CE＝1. 4．(xx衡水一中模擬)如圖，在三棱錐PABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2. (1)求證：平面ABC⊥平面APC； (2)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值； (3)若動(dòng)點(diǎn)M在底面三角形ABC上，二面角MPAC的余弦值為，求B點(diǎn)到AM的最小值． (1)證明：取AC中點(diǎn)O，因?yàn)锳P＝CP，所以O(shè)P⊥OC.由已知易得三角形ABC為直角三角形，∴OA＝OB＝OC，△POA≌△POB≌△POC，∴OP⊥OB， ∴OP⊥平面ABC，又OP?平面PAC， ∴平面ABC⊥平面APC. (2)解：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OP分別為x、y、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)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)． 設(shè)平面PBC的法向量n1＝(x，y，z)， 由得， 令x＝，則n1＝(，，1)，∴cos〈，n1〉＝. ∴直線PA與平面PBC所成角的正弦值為. (3)解：由題意平面PAC的法向量n2＝＝(2,0,0)， 設(shè)平面PAM的法向量為n3＝(x，y，z)，M(m，n,0)． ∵＝(0,2,2)，＝(m，n＋2,0)， 由得. 令z＝1，則n3＝， ∴cos〈n2，n3〉＝＝， 整理得32＝32，∴(n＋2)＝4m， ∴點(diǎn)M所在的直線方程為4m－n－2＝0. ∴B點(diǎn)到AM的距離的最小值為 d＝＝＝.