2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法分层演练理（含解析）新人教A版.docx

第7讲 立体几何中的向量方法1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为()A.B. C.D.解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.所以(0，0，1)，(0，1，1)，所以cos，所以，所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.2在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G(01)，则点G到平面D1EF的距离为()A.B. C.D.解析：选D.如图所示，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则G(1，1)，E，D1(0，0，1)，F，(0，)，(0，1，0)，.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y，使xy，由于GHEF，GHED1，所以解得故，所以|，即点G到平面D1EF的距离是.3(2019湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为_解析：设等边三角形ABC的边长为2.取BC的中点O，连接OA、OD，因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0，0，)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)所以(0，1，)，(，1，0)，所以cos，所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.答案：4在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB2，BCAA11，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)所以(1，2，0)，(1，0，1)，(0，2，0)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则有即令x2，则y1，z2，则n(2，1，2)又设D1C1与平面A1BC1所成的角为，则sin |cos，n|.答案：5已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F(，1，0)(1)因为(0，1，1)，所以cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin |cos，|，所以cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6.(2017高考全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解：(1)证明：由题设可得，ABDCBD，从而ADDC.又ACD是直角三角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又由于ABC是正三角形，故BOAC.所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故(1，0，1)，(2，0，0)，.设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n.设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m，所以二面角DAEC的余弦值为.7.(2017高考山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解：(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30.(2)法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角为60.8(2019河南名校联考)如图(1)，在MBC中，MA是BC边上的高，MA3，AC4.如图(2)，将MBC沿MA进行翻折，使得二面角BMAC为90，再过点B作BDAC，连接AD，CD，MD，且AD2，CAD30.(1)求证：CD平面MAD；(2)在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值解：(1)证明：在ADC中，AC4，AD2，CAD30，利用余弦定理可得CD2，所以CD2AD2AC2，所以ADC90，即CDAD.因为MAAB，MAAC，ABACA，故MA平面ABDC.因为CD平面ABDC，所以CDMA.又ADMAA，所以CD平面MAD.(2)由题意可知，AM、AB、AC两两垂直，BAD60.如图，以A为坐标原点，AB、AC、AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，(，0，3)，(0，3，0)设E(x0，y0，z0)，由，得(x0，y0，z03)(，3，3)，得x0，y01，z02，所以.设平面MBD的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以即令x，得n(，0，1)设直线AE与平面MBD所成的角为，则sin |cosn，|.1(2019浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1.(1)求证：BC平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90)，试求cos 的取值范围解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为ABCD，ADDCCB1，ABC60，所以AB2，所以AC2AB2BC22ABBCcos 603，所以AB2AC2BC2，所以BCAC，因为平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，所以BC平面ACFE.(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，令FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，所以(，1，0)，(，1，1)，设n1(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，由，得，取x1，则n1(1，)，因为n2(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，所以cos ，因为0，所以当0时，cos 有最小值，当时，cos 有最大值，所以cos .2(2019湖南省五市十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因为PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，(0，2，2