2023高考数学统考一轮复习课后限时集训46立体几何中的向量方法理含解析新人教版202302272154

课后限时集训(四十六)　立体几何中的向量方法建议用时：40分钟一、选择题1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)A．120°B．60°C．30°D．60°或30°C　[设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ＝|cosγ|＝|cos120°|＝.又0°≤β≤90°，∴β＝30°.]2．(2020·江西省五校协作联考)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)A．B．C．D．B　[如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B．]3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)\nA．B．C．D．A　[设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.]4．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°A　[由已知AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC．以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A．]5．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)A．B．C．D．D　[如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，\n＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，＝(2,0,2)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令z＝1，得n＝(－1,1,1)．∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.]6.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　　)A．2B．3C．4D．5C　[以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)，\n设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1可得n＝，故cos〈n，〉＝＝＝.∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴＝，解得a＝4.故选C．]二、填空题7．在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是．　[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知＝是平面SAB的一个法向量．设平面SCD的一个法向量n＝(x，y，z)，因为＝，＝，所以即令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)．设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，则cosθ＝\n＝＝.]8.如图所示，四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点，当直线PA与直线EM所成的角为60°时，那么线段PM的长度是．　[如图建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，∴＝，∵E是棱PB的中点，∴E(1,1,1)，设M(0,2－m，m)，则＝，∴＝＝\n＝，解得m＝，∴M，∴PM＝＝.]9.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为．　[如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，由⇒⇒⇒n1＝(1，－1，1)．sinθ＝＝＝.]三、解答题10．(2020·韶关二模)如图，在底面是平行四边形的四棱锥PABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)设M是棱PC的中点，E是棱PA的中点，若BD⊥CD，BD＝2，求直线BM与平面BDE\n所成的角的正弦值．[解]　(1)证明：在△PDC中，∵PD＝CD＝3，PC＝3，∴PD2＋DC2＝PC2，则PD⊥DC，又平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PDC，∴PD⊥平面ABCD，又PD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．(2)由(1)知，PD⊥平面ABCD，又BD⊥CD，∴以D为坐标原点，分别以DB，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．得D(0,0,0)，B(2,0,0)，E，M.＝，＝(2,0,0)，＝.设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，由取z＝1，得n＝(0,1,1)．设直线BM与平面BDE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.∴直线BM与平面BDE所成的角的正弦值为.11．(2020·安徽五校联考)如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AC∩BD＝O，PB⊥AC，PA＝PB＝AB＝2CD＝2，AC＝3.(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；(2)点E是棱PC上一点，且OE∥平面PAD，求二面角EOBA的正弦值．\n[解]　(1)证明：等腰梯形ABCD中，△OAB∽△OCD，∴＝＝2，又AC＝3，∴OA＝2，∴OB＝2，∴OA2＋OB2＝AB2，∴OA⊥OB，即AC⊥BD．又PB⊥AC，且BD∩PB＝B，∴AC⊥平面PBD．又AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD．(2)连接PO，如图，由(1)知，AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，∴PO＝＝2，∴PO2＋OB2＝PB2，即PO⊥OB．以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，平面AOB的一个法向量为m＝(0,0,1)，∵OE∥平面PAD，OE⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，∴OE∥PA．设平面EOB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，则y＝0，n⊥⇒n⊥⇒(x，y，z)·(－2,0,2)＝0⇒x＝z，令x＝1，则n＝(1,0,1)，∴cos〈m，n〉＝＝，sin〈m，n〉＝＝，∴所求二面角EOBA的正弦值是.1．(2020·连云港模拟)《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角APCB的大小是(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°\nC　[∵在鳖臑PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，∴以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，B(0,0,0)，P(0,1,1)，＝(0,0，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1,1,0)，设平面PBC的法向量m＝(a，b，c)，则取b＝1，得m＝(0,1，－1)，设二面角APCB的大小为θ，则cosθ＝＝＝，∴θ＝60°.∴二面角APCB的大小为60°.故选C．]2．(2020·宣城二模)如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为(　　)A．OABC是正三棱锥B．二面角DOBA的平面角为C．直线AD与直线OB所成角为D．直线OD⊥平面ABCB　[正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，在A中，∵AC＝AB＝BC，OA＝OB＝OC，∴OABC是正三棱锥，故A正确；\n在B中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，＝(1,1,1)，＝(0,1,0)，设平面OBD的法向量m＝(x，y，z)，则取x＝1，得m＝(1,0，－1)，平面OAB的法向量n＝(0,0,1)，cos〈m，n〉＝＝＝，二面角DOBA的平面角为，故B错误；在C中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，cos〈，〉＝＝＝，∴直线AD与直线OB所成角为，故C正确；在D中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，C(0,0,1)，＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，·＝0，·＝0，∴OD⊥AB，OD⊥AC，∵AB∩AC＝A，∴直线OD⊥平面ABC，故D正确．故选B．]3．(2020·厦门模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，△ABC为正三角形，D为线段BB1的中点．\n(1)证明：平面ADC1⊥平面ACC1A1；(2)若AA1与平面ABC所成角的大小为60°，AA1＝AC，求二面角ADC1B1的余弦值．[解]　(1)证明：设AC，AC1的中点分别为M，O，连接BM，MO，DO，∵△ABC为正三角形，∴BM⊥AC．∵平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BM⊂平面ABC，∴BM⊥平面ACC1A1.∵M，O分别为AC，AC1的中点，∴MO綊CC1，在棱柱ABCA1B1C1中，BB1綊CC1，又∵D为BB1的中点，∴BD綊CC1，∴MO綊BD，∴四边形BMOD为平行四边形，∴DO∥BM，∴DO⊥平面ACC1A1，∵DO⊂平面ADC1，∴平面ADC1⊥平面ACC1A1.(2)∵平面ACC1A1⊥平面ABC，∴A1在平面ABC内的射影落在AC上，∴∠A1AC为AA1与平面ABC所成的角，故∠A1AC＝60°，连接A1O，∵AA1＝AC，则A1O⊥AO，设AA1＝2，则AO＝，A1O＝1，以O为原点，分别以OA，OA1，OD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，\n则A(，0,0)，D(0,0，)，C1(－，0,0)，C(0，－1,0)，B1，∴＝(，0，)，＝＝，∵平面ACC1A1⊥平面ADC1，平面ACC1A1∩平面ADC1＝AC1，OA1⊥AC1，∴OA1⊥平面ADC1，设平面ADC1的一个法向量为＝(0,1,0)，设平面B1DC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取m＝(1，，－1)，∴cos〈，m〉＝＝，又二面角ADC1B1为钝角，故二面角ADC1B1的余弦值为－.1．(2020·乐清期末)如图在三棱锥SABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，直线SM与面SAC所成角大小为．\n　　[因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设SA＝SB＝SC＝2，则M(1,1,0)，B(0,2,0)，N(0,0,1)，A(2,0,0)，C(0,0,2)．因为＝(1,1,0)，＝(0，－2,1)，cos〈，〉＝＝－，所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，面SAC一个法向量为＝(0,2,0)，则由cos〈，〉＝＝得〈，〉＝，即直线SM与面SAC所成角大小为.]2．[结构不良试题](2020·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥PABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角APBC的余弦值．[解]　若选②，由PO⊥平面ABCD，知PO⊥AB，又PC⊥AB，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，BC＞BA，这与底面是菱形矛盾，∴②必不选，故选①③.下面证明：PO⊥平面ABCD，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵PC⊥BD，PC∩AC＝C，∴BD⊥平面APC，∵PO⊂平面APC，∴BD⊥PO，∵PA＝PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，又AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，\n∵AB∥CD，∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角，∴∠PBA＝60°，在菱形ABCD中，设AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴OA＝1，OB＝，设PO＝a，则PA＝，PB＝，在△PBA中，由余弦定理得：PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，∴a2＋1＝4＋a2＋3－2×2××，解得a＝，∴A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，设平面ABP的法向量n＝(x，y，z)，＝(，1,0)，＝(0,1，)，则取z＝1，得n＝(，－，1)，设m＝(a，b，c)是平面CBP的法向量，＝(，－1,0)，＝(0，－1，)，由令c＝1，得m＝(，，1)，设二面角APBC的平面角为θ，∴cosθ＝＝，∴二面角APBC的余弦值为.