2018年高考数学理人教A版一轮复习习题：第八章 立体几何 考点规范练44 含答案 精品

考点规范练44 立体几何中的向量方法

基础巩固

1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x+x,-x),若直线l∥平面α,则

2

x的值为( )

A.-2

B.-

C.

D.±

2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为( )

A. 3.

B. C. D.

如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为( )

A.(1,1,1) B.

C. D.

4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B的中点,则

||为( )

A.5.

a B.a C.a D.a

如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( ) A.30° C.60°

B.45° D.90°

6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )

A. B. C. D.

7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为 . 8.已知点

P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且

=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:

是平面ABCD的法向量;④①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是 .(填序号) 9.

.其中正确的

如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为 .(填序号)

10.

(2016全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°. (1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.

?导学号37270484?

能力提升

11.

如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则( ) A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面 12.

如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面

A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )

A.

B.

C.

D.13.

?导学号37270486?

如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于 . ? 14.

?导学号37270487

如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=. (1)证明:平面ADE⊥平面ACD;

(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.

?导学号37270488?

高考预测

15.

如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点. (1)求证:AO⊥BE;

(2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值.

?导学号37270489?

参考答案

考点规范练44 立体几何中

的向量方法

1.D 解析 当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故

-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±

2.B 解析 可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,

则sin θ=|cos|,

∵cos==-,

∴sin θ=,

∴θ=

,0),B(0,

,0),D(

,0,0),E(0,0,1),则

3.C 解析 设M(x,x,1).由已知得A(

=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).

设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),

则

解得

令b=1,则n=(1,1,

).

又AM∥平面BDE,所以n=0,

即2(x-)+=0,得x=

所以M

4.A 解析 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,

则A(a,0,0),C1(0,a,a),N设M(x,y,z),

∵点M在AC1上,且,

∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z).

∴x=a,y=,z=,

得M∴|

|=

=a.

5.B 解析 (方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为

,故所求的二面角的大小是45°.

图①

图②

(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面

ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.

6.C 解析 取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(为n=(1,0,0).

,1,0),A(0,0,2),

=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量

所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为

7.30° 解析 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.

设OD=SO=OA=OB=OC=a,

则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P

则=(2a,0,0),=(a,a,0).

设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),

则cos<∴<,n>=,n>=60°,

∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°. 8.①②③ 解析 因为

又所以因为所以

=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.

不平行,

是平面ABCD的法向量,则③正确.

=(2,3,4),

不平行,故④错误.

=(-1,2,-1),

9.① 解析 以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.

设M(x,y,0),设正方形边长为a,

则P则MC=

,C(0,a,0),

,

MP=

由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=10.(1)证明 由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,

所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF, 故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)解 过D作DG⊥EF,垂足为G,

由(1)知DG⊥平面ABEF.

x的一部分.

以G为坐标原点,间直角坐标系Gxyz.

由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,由已知,AB∥EF, 所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD, 故AB∥CD,CD∥EF.

由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,

所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°. 从而可得C(-2,0,所

).

以

).

,

的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空

=(1,0,

0),

),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,

设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).

设m是平面ABCD的法向量,

则

同理可取m=(0,

,4),

则cos==-

故二面角E-BC-A的余弦值为-

11.B 解析 以D点为坐标原点,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,如图所示.设正方体棱长为1,

则

A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,

0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1),

=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.

12.B 解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

不妨设DC=DA=DD1=1,

则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.

则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).

设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有

即

取x0=1,y0=-1,z0=-1, ∴n=(1,-1,-1). ∴sin α=|cos<,n>|

=(0≤t≤1),

∴sinα=2

,0≤t≤1.

令f(t)=,0≤t≤1,

则f'(t)=

=-,

可知当t时,f'(t)>0;

当t时,f'(t)≤0.

又f(0)=,f=1,f(1)=,

∴f(t)max=f=1,

f(t)min=f(0)=

∴sin α的最大值为1,最小值为

∴sin α的取值范围为

13 解析 过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角

C-AB-D的平面角,

设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,

则O为正方形ABDE的中心,

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,

则E,M,

A,N,

,

,

cos<>=

14.(1)证明 因为AB是直径,所以BC⊥AC.

因为CD⊥平面ABC, 所以CD⊥BC. 因为CD∩AC=C, 所以BC⊥平面ACD. 因为CD∥BE,CD=BE,

所以四边形BCDE是平行四边形, 所以BC∥DE, 所以DE⊥平面ACD. 因为DE?平面ADE, 所以平面ADE⊥平面ACD.

(2)解 依题意,EB=AB×tan∠EAB=4

=1,

由

(1)

VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BCC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立. 如

图

所

示

,

建

立

空

间

直

角

坐

标

D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),

则

知

(AC2

+B系

,

则

=(-2=(2

,2,0,-1),

,0),=(0,0,1),=(0,2,0),

设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),

即

∴n1=(1,0,2

).

设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2=(1,1,0),

∴cos=

=

可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-15.(1)证明 因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.

又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB, 所以AO⊥BE.

(2)解 取BC中点G,连接OG.

由题设知EFCB是等腰梯形, 所以OG⊥EF.

由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG?平面EFCB,所以OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系Oxyz,

则E(a,0,0),A(0,0,

a), =(-a,0,

a),

=(a-2,

(a-2),0).

B(2,(2-a),0),

设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),

则

即

令z=1,则x=于是n=(

,y=-1. ,-1,1).

平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).

所以cos ==-

由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解 因为BE⊥平面AOC,

所以BE⊥OC, 即因为所以由

=0. =(a-2,

(a-2),0),

=(-2,(2-a),0),

=-2(a-2)-3(a-2)2. =0及0

解得a=

精品文档 强烈推荐 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xd65.html