全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13立体几何中的向量方法理含解析
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【走向高考】(全国通用)2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13立体几何中的向量方法理一、选择题1.(2022·北京理,7)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,),若S1、S2、S3分别是三棱锥D-ABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1[答案] D[解析] D-ABC在xOy平面上的投影为△ABC,故S1=AB·BC=2,设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3,则D-ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为△OCD2和△OAD3,∵D2(0,1,),D3(1,0,).故S2=×2×=,S3=×2×=,综上,选项D正确.2.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E是AA1的中点,则异面直线D1C与BE所成角的余弦值为( )A. B.C.D.[答案] B[解析] 以A为原点,AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),D1(0,1,2),∵AA1=2AB,∴E(0,0,1),15\n∴=(-1,0,1),=(-1,0,2),∴cos〈,〉===,故选B.3.(2022·浙江理,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α[答案] B[解析] ∵A′C和BC都不与CD垂直,∴∠A′CB≠α,故C,D错误.当CA=CB时,容易证明∠A′DB=α.不妨取一个特殊的三角形,如Rt△ABC,令斜边AB=4,AC=2,BC=2,如图所示,则CD=AD=BD=2,∠BDH=120°,设沿直线CD将△ACD折成△A′CD,使平面A′CD⊥平面BCD,则α=90°.取CD中点H,连接A′H,BH,则A′H⊥CD,∴A′H⊥平面BCD,且A′H=,DH=1.在△BDH中,由余弦定理可得BH=.在Rt△A′HB中,由勾股定理可得A′B=.在△A′DB中,∵A′D2+BD2-A′B2=-2<0,可知cos∠A′DB<0,∴A′DB为钝角,故排除A.综上可知答案为B.4.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等,A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心,则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )A.B.C.D.15\n[答案] B[解析] 如图,设A1在平面ABC内的射影为O,以O为坐标原点,OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系如图.设△ABC边长为1,则A(,0,0),B1(-,,),∴=(-,,).平面ABC的法向量n=(0,0,1),则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为sinα=|cos〈,n〉|==.5.过正方形ABCD的顶点A,引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°B.45°C.60°D.90°[答案] B[解析] 建立如图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(锐角)的余弦值为=,故所求的二面角的大小是45°.6.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是( )A.AC⊥SBB.AB∥平面SCD15\nC.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角[答案] D[解析] ∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC.∵SD∩BD=D,∴AC⊥平面SDB,从而AC⊥SB.故A正确.易知B正确.设AC与DB交于O点,连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正确.由排除法可知选D.二、填空题7.如图,在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1,点M是线段DC1上的动点,则点M到直线AD1距离的最小值是________.[答案] a[解析] 设M(0,m,m)(0≤m≤a),=(-a,0,a),直线AD1的一个单位方向向量s=(-,0,),=(0,-m,a-m),故点M到直线AD1的距离d===,根式内的二次函数当m=-=时取最小值()2-a×+a2=a2,故d的最小值为a.8.(2022·四川理,14)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.15\n[答案] [解析] 分别以直线AB、AD、AQ为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示.设AB=1,则=,E.设M(0,y,1)(0≤y≤1),则=,由于异面直线所成角的范围为,所以cosθ==.因为2=1-,令8y+1=t,1≤t≤9,则=≥,当t=1时取等号.所以≤=所以cosθ=≤×=,当y=0时,取得最大值.三、解答题9.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.[证明] (1)以B为坐标原点,BA、BC、BB1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.则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),15\n设BA=a,则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),·=0,·=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD,又BA∩BD=B,因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),G(,1,4),F(0,1,4),则=(,1,1),=(0,1,1),·=0+2-2=0,·=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF,又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.[方法点拨] 1.空间的平行与垂直关系的判断与证明,既可用综合几何方法解决,也可用向量几何方法解决.2.用向量方法研究空间线面位置关系.设直线l1、l2的方向向量分别为a、b,平面α、β的法向量分别为e1,e2,A、B、C分别为平面α内相异三点(其中l1与l2不重合,α与β不重合),则①l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.②l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使a=λ1+λ2.③α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0.3.平面的法向量求法在平面内任取两不共线向量a,b,设平面的法向量n=(x,y,z),利用建立x、y、z的方程组,取其一组解.10.如图,已知ABCD-A1B1C1D1是底面为正方形的长方体,A1D1=2,A1A=2,点P是AD1上的动点.(1)当P为AD1的中点时,求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值;(2)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值.[解析] (1)(解法一)过点P作PE⊥A1D1,垂足为E,连接B1E,则PE∥AA1,15\n∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角.在Rt△AA1D1中,A1D1=2,AA1=2,∴A1E=A1D1=1,∴B1E==.又PE=AA1=,∴在Rt△B1PE中,B1P==2,cos∠B1PE===.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(解法二)以A1为原点,A1B1所在的直线为x轴,A1D1所在直线为y轴,A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示,则A1(0,0,0),A(0,0,2),B1(2,0,0),P(0,1,),∴=(0,0,2),=(-2,1,),∴cos〈,〉===.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(2)由(1)知,B1A1⊥平面AA1D1,∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角,且tan∠B1PA1==.当A1P最小时,tan∠B1PA1最大,这时A1P⊥AD1,由A1P==,得tan∠B1PA1=,15\n即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为.11.(2022·天津理,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明:BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.[解析] 解法一:由题意易知AP、AB、AD两两垂直,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0,所以BE⊥DC.(2)=(-1,2,0),=(1,0,-2),设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量,于是有cos〈n,〉===.所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0),由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.15\n故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ),由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=,即=(-,,).设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量,取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos〈n1,n2〉===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD中点M,连接EM、AM.由于E、M分别为PC、PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM,又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD,所以,直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD中点,可得AM=,进而BE=,故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H,因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC,15\n又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH,在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP,由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面,由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG,所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以,二面角F-AB-P的余弦值为.[方法点拨] 1.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系;②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论.2.两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角;两平面的法向量的夹角与二面角相等或互补;直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的余角相等或互补.12.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)设AB=AP.(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.[解析] (1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.15\n又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz如图.在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.在Rt△CDE中,DE=CD·cos45°=1,CE=CDsin45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=.(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.15\n设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m; ①由||=||得(4-t-m)2=m2+t2. ②由①、②消去t,化简得m2-3m+4=0. ③由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.[方法点拨] 1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤是:(1)求出平面的法向量n;(2)任取一条过该点的该平面的一条斜线段,求出其向量坐标n1;(3)求点到平面的距离d=.2.点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是:设平面的法向量为n(求异面直线间的距离时,取与两异面直线都垂直的向量为n),求距离的两几何图形上各取一点A、B,则距离d=.13.(2022·湖南理,19)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.15\n[分析] 考查空间向量的运用,线面垂直的性质与空间几何体体积计算.考查转化思想、方程思想、运算求解能力和空间想像能力.(1)建立空间直角坐标系,求得相关点的坐标将问题转化为证明AB1―→·PQ―→=0;(2)利用向量几何求解:将PQ∥平面ABB1A1转化为与平面ABB1A1的法向量垂直,结合平面的法向量与二面角的关系确定点P,最后利用体积公式计算体积.或用综合几何方法求解.[解析] 解法一 由题设知,AA1,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P(0,,3),=(6,m-,-3),=(3,0,6),于是·=18-18=0,所以⊥,即AB1⊥PQ;(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则,即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos〈n1,n2〉===,而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4,或者m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=λ(0<λ<1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4),于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ15\n为底面的三棱锥P-ADQ,而其高h=4,故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××6×6×4=24.解法二 (1)如图c,取A1A的中点R,连接PR,BR,因为A1A,D1D是梯形A1AD1D的两腰,P是D1D的中点,所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1①,因为tan∠ABR====tan∠A1AB1,所以tan∠ABR=tan∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°,于是AB1⊥BR,再由①即知平面AB1⊥平面PRBC,又PQ⊂平面PRBC,故AB1⊥PQ.图c图d(2)如图d,过点P作PM//A1A交AD于点M,则PM//平面ABB1A1.因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD,过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即=,从而=.③连接MQ,由PQ//平面ABB1A1,所以MQ//AB,又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN==④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3,于是===2,所以PM=2MD=2t,再由③④得=,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ15\n的体积V=S△ADQ·h=××6×6×4=24.15
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