2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測(cè)試48 立體幾何中的向量方法 理（含解析）.docx

考點(diǎn)測(cè)試48立體幾何中的向量方法高考概覽考綱研讀1理解直線的方向向量與平面的法向量2能用向量語(yǔ)言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系3能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理(包括三垂線定理)4能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問(wèn)題，了解向量方法在研究立體幾何中的應(yīng)用5能用向量法解決空間的距離問(wèn)題一、基礎(chǔ)小題1若平面，的法向量分別為n1(2，3，5)，n2(3，1，4)，則()A BC，相交但不垂直 D以上均不正確答案C解析因?yàn)閏osn1n20且cosn1，n21，所以，相交但不垂直2兩平行平面，分別經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O和點(diǎn)A(2，1，1)，且兩平面的一個(gè)法向量n(1，0，1)，則兩平面間的距離是()A B C D3答案B解析兩平面的一個(gè)單位法向量n0，故兩平面間的距離d|n0|3已知向量m，n分別是直線l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，則l與所成的角為()A30 B60 C120 D150答案A解析因?yàn)閏osm，n，所以l與所成角滿足sin|cosm，n|，又，所以304如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A B C D答案A解析不妨令CB1，則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，所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為故選A5在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為棱AA1和BB1的中點(diǎn)，則sin，的值為()A B C D答案B解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可知(2，2，1)，(2，2，1)，cos，sin，6已知向量A(2，2，1)，A(4，5，3)，則平面ABC的單位法向量是()A， B，C，1，1 D，答案D解析設(shè)平面ABC的一個(gè)法向量是n(x，y，z)，則取z1，得x，y1則n，1，1，|n|，故平面ABC的單位法向量是，故選D7如圖，在四面體ABCD中，AB1，AD2，BC3，CD2ABCDCB，則二面角ABCD的大小為()A B C D答案B解析二面角ABCD的大小等于AB與CD所成角的大小，而2()22222|cos，2|cos，2|cos，2222|cos，即1214922cos，cos，與所成角為，即二面角ABCD的大小為故選B二、高考小題8(2018全國(guó)卷)在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A B C D答案C解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，所以(1，0，)，(1，1，)，因?yàn)閏os，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C9(經(jīng)典江西高考)如圖，在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112一質(zhì)點(diǎn)從頂點(diǎn)A射向點(diǎn)E(4，3，12)，遇長(zhǎng)方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i1次到第i次反射點(diǎn)之間的線段記為L(zhǎng)i(i2，3，4)，L1AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是()答案C解析由對(duì)稱性知質(zhì)點(diǎn)經(jīng)點(diǎn)E反射到平面ABCD的點(diǎn)E1(8，6，0)處在坐標(biāo)平面xAy中，直線AE1的方程為yx，與直線DC的方程y7聯(lián)立得F由兩點(diǎn)間的距離公式得E1F，tanE2E1FtanEAE1，E2FE1FtanE2E1F4E2F11248故選C10(2015四川高考)如右圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則cos的最大值為_(kāi)答案解析建立空間直角坐標(biāo)系，轉(zhuǎn)化為向量進(jìn)行求解以AB，AD，AQ所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，M(0，y，2)(0y2)，則A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(xiàn)(2，1，0)，(1，y，2)，|，(2，1，0)，|，cos令t2y，要使cos最大，顯然0<t2cos當(dāng)且僅當(dāng)t2，即點(diǎn)M與點(diǎn)Q重合時(shí)，cos取得最大值三、模擬小題11(2018太原模擬)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，點(diǎn)E為CC1的中點(diǎn)，則直線AC1到平面BED的距離為()A2 B C D1答案D解析以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，E(0，2，)，易知AC1平面BDE設(shè)n(x，y，z)是平面BDE的法向量則取y1，則n(1，1，)為平面BDE的一個(gè)法向量又因?yàn)镈(2，0，0)，所以點(diǎn)A到平面BDE的距離d1故選D12(2018福建四地七校聯(lián)考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，側(cè)棱AA12，D，E分別是CC1與A1B的中點(diǎn)，點(diǎn)E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，則A1B與平面ABD所成角的余弦值為()A B C D答案B解析如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，CC1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，設(shè)CACBa(a>0)，則A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)，E，1又G為ABD的重心，G，易得，(0，a，1)點(diǎn)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為面ABD的一個(gè)法向量，設(shè)A1B與面ABD所成角為，sin|cos，|，cosA1B與平面ABD所成角的余弦值為，故選B13(2018九江模擬)在四棱錐PABCD中，A(4，2，3)，A(4，1，0)，A(6，2，8)，則這個(gè)四棱錐的高h(yuǎn)()A1 B2 C13 D26答案B解析在四棱錐PABCD中，A(4，2，3)，(4，1，0)，(6，2，8)，設(shè)平面ABCD的法向量為n(x，y，z)，則即設(shè)y4，則n1，4，所以cosn，A，所以h|A|cosn，A|22故選B14(2018合肥模擬)如圖所示，已知點(diǎn)P為菱形ABCD外一點(diǎn)，且PA平面ABCD，PAADAC，點(diǎn)F為PC中點(diǎn)，則二面角CBFD的正切值為()A BC D答案D解析連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OF以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OF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)PAADAC1，則BD，所以B，0，0，F(xiàn)0，0，C0，0，D，0，0易知O0，0為平面BDF的一個(gè)法向量由B，0，F(xiàn)，0，可求得平面BCF的一個(gè)法向量為n(1，)，所以cosn，O，由題圖知二面角CBFD的平面角為銳角，所以sinn，所以tann，故選D15(2018廣東珠海四校模擬)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA12，點(diǎn)E為CC1的中點(diǎn)，則點(diǎn)D1到平面BDE的距離為_(kāi)答案解析解法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，連接D1B，所以(1，1，0)，(0，1，1)，(1，1，2)，設(shè)n(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以有即令x1，則y1，z1，所以面BDE的一個(gè)法向量為n(1，1，1)，則點(diǎn)D1到平面BDE的距離d解法二：連接D1B，D1E，由題意可知BC平面DD1E，設(shè)點(diǎn)D1到平面BDE的距離為h，由VD1BDEVBDD1E得SBDEhSD1DEBC，即h，點(diǎn)D1到平面BDE的距離為16(2018遼寧模擬)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACA1A1，已知G與E分別是棱A1B1和CC1的中點(diǎn)，D與F分別是線段AC與AB上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))若GDEF，則線段FD的長(zhǎng)度的取值范圍是_答案，1解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C(1，0，0)，C1(1，0，1)，G0，1，E1，0，設(shè)D(x，0，0)，F(xiàn)(0，y，0)(x，y(0，1)，則Gx，1，E1，y，GDEF，GE0，即xy0，xy，在RtAFD中，F(xiàn)D，0<y<1，當(dāng)y時(shí)，F(xiàn)D取得最小值，當(dāng)y1時(shí)，F(xiàn)D1，當(dāng)y0時(shí)，F(xiàn)D線段FD的長(zhǎng)度的取值范圍為，1一、高考大題1(2018浙江高考)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2(1)證明：AB1平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值解(1)證明：如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)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)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2)設(shè)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，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是2(2018天津高考)如圖，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2(1)若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60，求線段DP的長(zhǎng)解依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，2)，G(0，0，2)，M0，1，N(1，0，2)(1)證明：依題意(0，2，0)，(2，0，2)設(shè)n0(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則即不妨令z01，可得n0(1，0，1)又1，1，可得n00，又因?yàn)橹本€MN平面CDE，所以MN平面CDE(2)依題意，可得(1，0，0)，(1，2，2)，(0，1，2)設(shè)n(x1，y1，z1)為平面BCE的法向量，則即不妨令z11，可得n(0，1，1)設(shè)m(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量，則即不妨令z21，可得m(0，2，1)因此有cosm，n，于是sinm，n所以，二面角EBCF的正弦值為(3)設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h0，2)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，0，h)，可得(1，2，h)易知，(0，2，0)為平面ADGE的一個(gè)法向量，故|cos，|，由題意，可得sin60，解得h0，2所以，線段DP的長(zhǎng)為3(2017全國(guó)卷)如圖，四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中點(diǎn)(1)證明：直線CE平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45，求二面角MABD的余弦值解(1)證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EFAD，EFAD由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，四邊形BCEF是平行四邊形，CEBF又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB(2)由已知得BAAD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，(1，0，)，(1，0，0)設(shè)M(x，y，z)(0<x<1)，則(x1，y，z)，(x，y1，z)因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45，而n(0，0，1)是底面ABCD的一個(gè)法向量，所以|cos，n|sin45，即(x1)2y2z20又M在棱PC上，設(shè)，則x，y1，z由解得(舍去)或所以M，從而設(shè)m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則即所以可取m(0，2)于是cosm，n因此二面角MABD的余弦值為二、模擬大題4(2018河北石家莊一模)四棱錐SABCD的底面ABCD為直角梯形，ABCD，ABBC，AB2BC2CD2，SAD為正三角形(1)點(diǎn)M在棱AB上一點(diǎn)，若BC平面SDM，求實(shí)數(shù)的值；(2)若BCSD，求二面角ASBC的余弦值解(1)因?yàn)锽C平面SDM，BC平面ABCD，平面SDM平面ABCDDM，所以BCDM，因?yàn)锳BDC，所以四邊形BCDM為平行四邊形，又AB2CD，所以M為AB的中點(diǎn)，因?yàn)椋?2)因?yàn)锽CSD，BCCD，SDCDD，所以BC平面SCD，又因?yàn)锽C平面ABCD，所以平面SCD平面ABCD，平面SCD平面ABCDCD，在平面SCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)S作SECD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，則SE平面ABCD，在RtSEA和RtSED中，因?yàn)镾ASD，所以AEDE，又由題知EDA45，SASDAD，所以AEED，AEEDSE1，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線EA為x軸，直線EC為y軸，直線ES為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)平面SAB的法向量為n1(x，y，z)，則所以令x1，得n1(1，0，1)為平面SAB的一個(gè)法向量，同理得n2(0，1，2)為平面SBC的一個(gè)法向量，則cosn1，n2，因?yàn)槎娼茿SBC為鈍角，所以二面角ASBC的余弦值為5(2018山西太原二模)如圖，在四棱錐EABCD中，底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形，CBCDCE1，ABADAE，ECBD(1)求證：平面BED平面ABCD；(2)若點(diǎn)P在側(cè)面ABE內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且DP平面BEC，求直線DP與平面ABE所成角的正弦值的最大值解(1)證明：連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接EO，ADAB，CDCB，ACBD，又底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形，ADCABC90，AC是直徑，又ECBD，ECACC，BD平面AEC，OEBD，由AD，CD1，可得AC2，AE2CE2AC2，AEC90，AO，則，EOAC，ACBDO，EO平面ABCD，EO平面BED，平面BED平面ABCD(2)取AE的中點(diǎn)M，AB的中點(diǎn)N，連接MN，ND，DM，則MNBE，易知DNAB，BCAB，BCDN，MNDNN，BEBCB，平面DMN平面EBC，點(diǎn)P在線段MN上以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OE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，則A，0，0，B0，0，E0，0，M，0，D0，0，N，0，則，0，0，設(shè)平面ABE的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，則y，z，則n(1，)，設(shè)(01)，可得，設(shè)直線DP與平面ABE所成角為，則sin|cos，n|，01，當(dāng)0時(shí)，sin取得最大值6(2018合肥質(zhì)檢三)如圖，在多面體ABCDE中，平面ABD平面ABC，ABAC，AEBD，DE綊AC，ADBD1(1)求AB的長(zhǎng)；(2)已知2AC4，求點(diǎn)E到平面BCD的距離的最大值解(1)平面ABD平面ABC，且交線為AB，而ACAB，AC平面ABD又DEAC，DE平面ABD，從而DEBD又BDAE，且DEAEE，BD平面ADE，BDAD而ADBD1，AB(2)ADBD，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，則DOAB又平面ABD平面ABC，DO平面ABC過(guò)O作直線OYAC，交BC于點(diǎn)Y，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OB，OY，OD分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示記AC2a，則1a2，A，0，0，B，0，0，C，2a，0，D0，0，E0，a，(，2a，0)，0，設(shè)平面BCD的法向量為n(x，y，z)由得令x，得n，又(0，a，0)，點(diǎn)E到平面BCD的距離d，1a2，當(dāng)a2時(shí)，d取得最大值，dmax