2022新高考数学人教A版一轮总复习训练8.5空间向量及其在立体几何中的应用专题检测（带解析）

§8.5　空间向量及其在立体几何中的应用专题检测1.(2019浙江绍兴数学调测(3月),9)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为,当B1M最小时,∠AMB=(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),∴=(1,0,a),=(0,1,b).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得n=(-a,-b,1).由图可知平面ABC的一个法向量为=(0,0,1),∵平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为,∴cos==, 解得3a2+3b2=1.∴当B1M最小时,BM的值最大.∴b=0,BM=a=,∴tan∠AMB===,∴∠AMB=.故选B.2.(2018新疆乌鲁木齐八一中学期中,9)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　C　如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则取a=2,得n=(2,1,2),∴点E到平面ACD1的距离h===.故选C.3.(2018甘肃庆阳一中月考,9)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直 线AE与平面ABC1D1所成角的正切值是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A　以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,∴A(1,0,0),E,B(1,1,0),D1(0,0,1),∴=,=(0,1,0),=(-1,0,1),设平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).则取x=1,可得n=(1,0,1),设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ,θ∈,则sinθ=|cos<,n>|==.∴cosθ=,∴tanθ==.故选A.思路分析　建立空间坐标系,求出平面ABC1D1的法向量及,利用向量的夹角公式求解.方法总结　线面角的求解方法常用的有两个,一是利用空间向量,二是定义法.本题也可从点E引平面ABC1D1的垂线,垂足为正方体的中心,用定义法求解. 4.(2018全国名校联考,8)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所成的锐二面角的大小是(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°答案　B　以A为原点,直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,设PA=BA=1,则C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),=(1,1,-1),=(0,1,-1),设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则取y=1,得n=(0,1,1),易知平面ABP的一个法向量m=(0,1,0),设平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ===,∴θ=45°,∴平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为45°.故选B.思路分析　考虑到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A为原点建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算求出平面的法向量,由向量的夹角公式求解.一题多解　把该几何体补成正方体,即通过补体法,利用正方体的性质易得所求二面角的大小为45°.5.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点 P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为　　　　. 答案　解析　以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),∴=(-2,2,-1).∵点P在侧面ABB1A1内,∴设P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],∴=(2,b,c-2),又∵⊥,∴·=0,∴-4+2b+2-c=0,解得c=2b-2,∴b∈[1,2],又∵PB⊥BC,∴S△PBC=BC·PB=×2×PB=,将c=2b-2代入上式,得S△PBC==,b∈[1,2], ∴当b=时,S△PBC取得最小值,为.6.(2018北京西城一模,14)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是　　　　. 答案　解析　以D为原点,分别以直线DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),设P(1,y,z),则y∈[0,2],z∈[0,2],因为P到直线AA1的距离为y,P到直线CD的距离为,所以y=,所以A1P===,所以当z=1时,A1P取最小值,且最小值为.7.(2016陕西商洛一模,19)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.(1)求证:AO⊥平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.解析　(1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=,O为BD的中点得AO⊥BD,CO=,AO=1,在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC. 又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),E,则=(1,0,-1),=(-1,-,0),∴|cos<,>|==,∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.(3)=(-1,0,-1),=(-1,-,0),=,设平面ACD的法向量为n=(x,y,z).由n·=0,n·=0,得令y=1,则n=(-,1,).所以点E到平面ACD的距离为d==.8.(2016广西南宁二模,19)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是CD的中点.(1)求BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)在BB1上找一点N,使得D1N⊥平面A1C1M.解析　(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),M,C1(0,1,1),所以=(-1,1,0),=,设平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),由得令y=1,则x=1,z=-,所以e=,又=(0,0,1),则cos<,e>==-,所以sin<,e>===,即BB1与平面A1C1M所成角的余弦值为.(2)设N的坐标为(1,1,t),其中0≤t≤1,则=(1,1,t-1),因为D1N⊥平面A1C1M,所以与e共线, 从而t-1=-,则t=.即当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A1C1M.思路分析　(1)根据正方体中的垂直关系,建立空间直角坐标系,求得所需点的坐标,利用空间向量求得BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)可设N的坐标为(1,1,t),因为D1N⊥平面A1C1M,所以与e共线,求得t=,所以当点N为BB1的中点时,D1N⊥平面A1C1M.9.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2,DE=3.(1)求证:平面ACE⊥平面BED;(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解析　(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.(2分)又因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分)又因为AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,2),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以=(3,-3,0),=(-3,-3,3),=(3,0,-).设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).则即令x1=,则y1=2,z1=3,则n=(,2,3).(6分)所以cos<,n>===-.(7分)所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(8分)(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤2.(9分)则=(0,-3,t),=(-3,-3,3).设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2), 则即令y2=t,则z2=3,x2=3-t,则m=(3-t,t,3).(10分)又=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,∴|cos<m,>|===,(11分)整理得2t2-6t+15=0,解得t=或t=(舍去),(12分)∴=.(13分)10.(2020云南红河二模,19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,E为CD中点.(1)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(2)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.解析　本题主要考查长方体的性质,线面平行的判定,二面角以及探索性问题的求解,通过向量法求解意在考查学生的运算求解能力和推理论证能力,考查的核心素养为直观想象、数学运算、逻辑推理.如图,以A为原点,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.设AB=a(a>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),E,B1(a,0,2),故=(0,2,2),=(a,0,2),= .(1)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-2,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=2,得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有a-az0=0,解得z0=1.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=1.(2)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=2得AD1⊥A1D.∵CD⊥平面A1ADD1,∴CD⊥AD1,∵A1D∩CD=D,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴=(0,2,2)就是平面A1B1E的一个法向量,设与n所成的角为θ,则cosθ==.∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,∴|cosθ|=cos30°,即=,解得a=4,即AB的长为4.11.(2018北京一七一中学期中,17)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶∶1.(1)证明:BD⊥PC;(2)求二面角A-PC-D的余弦值; (3)设点Q为线段PD上一点,且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为,求的值.解析　以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,设B(2,0,0),D(0,,0),P(0,0,2),C(1,,0).(1)∵=(-2,,0),=(1,,-2),∴·=0,∴BD⊥PC.(2)由=(1,,0),=(0,0,2),易得平面PAC的一个法向量为m=(,-1,0).由=(0,-,2),=(1,0,0),易得平面DPC的一个法向量为n=(0,-,-1).∴cos<m,n>==,∴二面角A-PC-D的余弦值为.(3)令=t,t∈[0,1],则=+=+t=(0,0,2)+t(0,,-2)=(0,t,2-2t).设θ为直线AQ与平面PAC所成的角,则sinθ=|cos<,m>|==,所以=,所以3t2=6t2-8t+4, 解得t=2(舍)或.所以=.12.(2018北京西城一模,17)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如图2.(1)求证:A1O⊥BD;(2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)线段A1C上是否存在点F,使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析　(1)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中点G,连接OG,所以OE⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如图,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以=(2,-2,-2),=(0,-1,-2),=(2,2,-2).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).设直线A1C和平面A1BD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==.所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为.(3)线段A1C上存在点F满足题意.设=λ,其中λ∈[0,1].设F(x1,y1,z1),则有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2λ),所以x1=2λ,y1=2λ,z1=2-2λ,从而F(2λ,2λ,2-2λ),所以=(2λ,2λ+1,2-2λ).又=(0,4,0),所以|cos<,>|==.令=, 整理得3λ2-7λ+2=0.解得λ=或λ=2(舍去).所以线段A1C上存在点F满足题意,且=.13.(2020天津河西学情调查,17)如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.(1)求证:NA∥平面MEC;(2)求直线MB与平面MEC所成角的正弦值;(3)设P为线段AM上的动点,二面角P-EC-D的平面角的大小为30°,求线段AP的长.解析　因为四边形ABCD是菱形,E为AB的中点,∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥平面ABCD,所以建立以D为原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,则A(,-1,0),B(,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(,0,0),M(,-1,1),N(0,0,1).(1)证明:=(0,1,-1),=(-,3,-1),设n=(x,y,z)为平面MEC的法向量,则即不妨令y=1,可得n=,又=(,-1,-1),所以·n=0,又因为直线NA⊄平面MEC,所以NA∥平面MEC.(2)=(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一个法向量为n=,所以cos<n,>==, 所以直线MB与平面MEC所成角的正弦值为.(3)设P(,-1,h),h∈[0,1],=(-,2,0),=(0,-1,h),设m=(x1,y1,z1)为平面PEC的法向量,则即不妨令y1=h,可得m=(2h,h,),又=(0,0,1)是平面DEC的一个法向量,所以|cos<m,>|==,解得h=,所以线段AP的长为.思路分析　以D为原点建立空间直角坐标系.(1)求得平面MEC的一个法向量n,由n·=0即可证明NA∥平面MEC.(2)cos<n,>=,进而求得直线MB与平面MEC所成角的正弦值.(3)设出P点坐标,求出平面PEC的一个法向量m,易知是平面DEC的一个法向量,结合|cos<m,>|==求得P点坐标即可.14.(20195·3原创题)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB=BC=2,∠ABC=120°,以BD为折痕,把△BDC折起,使点C到达点P的位置,且PD⊥AB.(1)证明:平面PAD⊥平面ABD;(2)试问在棱PA上是否存在一点F,使得二面角P-BD-F的正弦值为?如果存在,请说明点F的位置.解析　(1)证明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,∵AD=AB=2,∴△ABD为正三角形,∴∠ABD=60°,BD=2,∴∠DBC=60°,在△BCD中,BC=4, 由余弦定理可得CD=2,(2分)∴BD2+CD2=BC2,∴∠CDB=90°,∴PD⊥BD,又∵PD⊥AB,AB∩BD=B,∴PD⊥平面ABD,∵PD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABD.(4分)(2)在平面ABD中,过点D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图所示,D(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(1,,0).(6分)假设存在点F,设=λ(0≤λ≤1),则F(2-2λ,0,2λ),设平面BDF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则可取x1=,y1=-1,z1=,即n=,(8分)解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值为,∴二面角P-BD-F的余弦值为,设平面PBD的一个法向量为m=(x2,y2,z2),则可取x2=,y2=-1,z2=0, 即m=(,-1,0),(10分)∴|cos<m,n>|==,即=,解得λ=,(11分)∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为.(12分)解法二:由(1)可知平面PBD⊥平面ABD,∴二面角P-BD-F的正弦值就是二面角A-BD-F的余弦值,又平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1).(10分)∴|cos<m,n>|==,即=,解得λ=,(11分)∴存在点F为棱PA的中点,使得二面角P-BD-F的正弦值为.(12分)15.(2020山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;(2)若EF=BC,求二面角B-SC-D的余弦值. 解析　(1)证明:以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设D(0,b,0),S(0,0,c),则C(1,b,0),E,F,=,=(0,0,c),=(0,b,0).因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以与底面的法向量的夹角为45°.·=||||cos45°,即=·c·,所以c=1,故=,=(1,b,-1),从而·=0,·=0,所以EF⊥SC,EF⊥AD.因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.(2)连接BF.由B(1,0,0),=(0,b,0),||=||得b=. 于是F,C(1,,0),故=,=(1,,-1),从而·=0,即FB⊥SC.取CF的中点G,连接DG.则G,=,从而·=0,即GD⊥SC.因此<,>等于二面角B-SC-D的平面角.cos<,>==-.所以二面角B-SC-D的余弦值为-.