【创新设计】2022届高考数学一轮总复习 第八篇 第8讲 立体几何中的向量方法（二） 理 湘教版

第8讲立体几何中的向量方法（二）A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)．A．30°B．60°C．120°D．150°解析　设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，∴θ＝30°.答案　A2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与EF所成的角为(　　)．A．30°B．120°C．60°D．90°解析　如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件，得G，B，E，F，＝，＝cos〈，〉＝＝0，则⊥.答案　D3．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)．A.B.C.D.8\n解析　建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,2)．＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，cos〈，〉＝＝.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.答案　B4．(2022·杭州月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)．A.B.C.D.解析　设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝，答案　B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2022·石柱模拟)若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为________．解析　cos〈n，a〉＝＝＝－.又l与α所成角记为θ，即sinθ＝|cos〈n，a〉|＝.答案　.6．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．解析　建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，8\n则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，∴EF和BC1所成角为60°.答案　60°三、解答题(共25分)7．(12分)如图，四面体ABCD中，AB、BC、BD两两垂直，AB＝BC＝BD＝4，E、F分别为棱BC、AD的中点．(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；(2)求E到平面ACD的距离；(3)求EF与平面ACD所成角的正弦值．解　如图，分别以直线BC、BD、BA为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A(0,0,4)、C(4,0，0)、D(0,4，0)，E(2,0,0)、F(0，2,2)．(1)∵＝(0,0，－4)，＝(－2,2,2)，∴|cos〈，〉|＝＝，∴异面直线AB与EF所成角的余弦值为.(2)设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y,1)，则∵＝(4,0，－4)，＝(－4,4,0)，∴∴x＝y＝1，∴n＝(1,1,1，)．∵F∈平面ACD，＝(－2,2,2)，∴E到平面ACD的距离为d＝＝＝.(3)EF与平面ACD所成角的正弦值为|cos〈n，〉|＝＝8．(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥8\n平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)求二面角P－BD－A的大小．(1)证明　如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，∴＝(0,0,3)，＝(2，6,0)，＝(－2，2,0)．∴·＝0，·＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥面PAC.(2)解　设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.∵＝(－2，0,3)，∴解得令x＝，则n＝(，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝.∴二面角P－BD－A的大小为60°.B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2.∠ABC＝∠DCB＝，则二面角A－BC－D的大小为(　　)．A.　　　B.　　　C.　　　D.解析　二面角A－BC－D的大小等于AB与CD所成角的大小.＝＋＋.而2＝2＋2＋2－2||·||·cos〈，〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos〈，〉，∴8\ncos〈，〉＝，∴AB与CD所成角为，即二面角A－BC－D的大小为.故选B.答案　B2．如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是(　　)．A.　　　B.C.　　　D.解析　由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)．由＝(1,1，－1)，得＝λ＝(λ，λ，－λ)，所以＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＝cos〈，〉＝＜0，这等价于·＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得＜λ＜1.因此，λ的取值范围为.答案　D二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2022·全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．解析　如图，建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1由已知条件8\nA(1,0,0)，E，F，＝，＝，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ，由得令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)cosθ＝cos〈n，m〉＝，tanθ＝.答案　4．在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．解析　如图所示建立空间直角坐标系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0，1,0)，C(0,0,1)，M，故＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，＝.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由得令x＝1，得n＝(1,1,1)．故cos〈n，〉＝＝，所以OM与平面ABC所成角的正弦值为，其正切值为.答案　三、解答题(共25分)5．(12分)(2022·新课标全国)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC.(2)求二面角A1－BD－C1的大小．(1)证明　由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为8\nAA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC.(2)解　由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n＝(1,1,0)．同理，设m＝(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则即可取m＝(1,2,1)．从而cos〈n，m〉＝＝.故二面角A1－BD－C1的大小为30°.6.(13分)(2022·全国)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．(1)证明　以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b>0，则P(0,0,2)，E，8\nB.于是＝(2，0，－2)，＝，＝，从而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m·＝0，且m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，，0)．设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·＝0，且n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.8