2022版高考数学一轮复习-课时质量评价42-立体几何中的向量方法—求空间角与距离新人教A版.doc

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价42 立体几何中的向量方法求空间角与距离新人教A版2022版高考数学一轮复习 课时质量评价42 立体几何中的向量方法求空间角与距离新人教A版年级：姓名：课时质量评价(四十二)(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A4 B2 C3 D1B解析：点P到平面OAB的距离为d2.2在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为()A B C DB解析：建立如图所示空间直角坐标系设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，E，F，B1(1，1,1)，则(0,1,0)，.设平面A1EF的法向量为n(x，y，z)，则即令y2，则所以平面A1EF的一个法向量为n(1,2,1)，cosn，.设A1B1与平面A1EF的夹角为，则sin cosn，即所求线面角的正弦值为.3如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A B C DA解析：设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0，0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)由向量的夹角公式得cos，.4(2021福建四地七校4月联考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，侧棱AA12，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为()A B C DB 解析：如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz.设CACBa(a0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，所以E，又因为G为ABD的重心，所以G.易得，(0，a,1)因为点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，所以是平面ABD的法向量所以0，解得a2.所以，(2，2,2)设A1B与平面ABD所成的角为，所以sin |cos，|，所以cos ，所以A1B与平面ABD所成角的余弦值为.故选B.5如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC平面PAB，PAAB，M为PB的中点，PAAD2.若AB1，则二面角B-AC-M的余弦值为()A B C DA解析：因为BC平面PAB，PA平面PAB，所以PABC又PAAB，且BCABB，所以PA平面ABCD以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1，0,0)，M，所以(1,2,0)，求得平面AMC的一个法向量为n(2，1,1)又平面ABC的一个法向量为(0,0,2)，所以cosn，.所以二面角B-AC-M的余弦值为.6在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_解析：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则即令y2，所以x2，z1，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2，1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.7(2021汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是_解析：以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系依题意可知，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知是平面SAB的一个法向量设平面SCD的一个法向量为n(x，y，z)，因为，所以即令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos .8如图，P-ABC是一个三棱锥，AB是圆的直径，C是圆上的点，PC垂直圆所在的平面，D，E分别是棱PB，PC的中点(1)求证：DE平面PAC；(2)若二面角A-DE-C是45，ABPC4，求AE与平面ACD所成角的正弦值(1)证明：因为AB是圆的直径，C是圆上的点，所以BCAC因为PC垂直圆所在的平面，所以PCBC又因为ACPCC，AC，PC平面PAC，所以BC平面PAC因为D，E分别是棱PB，PC的中点，所以BCDE，所以DE平面PAC(2)解：由(1)可知，DEAE，DEEC，所以AEC为二面角A-DE-C的平面角，从而有AEC45.由PC垂直圆所在的平面得PCAC，则ACECPC2.又BCAC，AB4，所以BC2.以C为坐标原点，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(0,2,0)，E(0,0,2)，B(2，0,0)，P(0，0,4)，D(，0,2)，(0，2,2)，(0,2,0)，(，0,2)设n(x0，y0，z0)是平面ACD的一个法向量，则即取x02，则n(2,0，)设直线AE与平面ACD所成的角为，则sin |cosn，|.所以直线AE与平面ACD所成角的正弦值为.9如图，在三棱锥P-ABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC(2)解：由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2，0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，(0,2,2)由(1)知平面PAC的一个法向量为(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组新高考培优练10(多选题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4，AC，BD交于点E，则()AM为PB的中点B二面角B-PD-A的大小为C若O为AD的中点，则OPOED直线MC与平面BDP所成角的余弦值为ABC解析：如图1，连接ME，因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点故A项正确图1如图2，取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形，所以OEAD故C项正确图2如图2，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0，0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)设平面BDP的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y1，z，所以n(1,1，)平面PAD的一个法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题意知二面角B-PD-A的平面角为锐角，所以它的大小为.故B项正确由题意知M，C(2,4,0)，.设直线MC与平面BDP所成角为，则sin |cosn，|，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.故D项错误11已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上当APC最大时，三棱锥P-ABC的体积为_解析：以点B为坐标原点，BA，BC，BB1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B(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(1，1,1)设，(1,1,1)，则P(，)(1，)，(，1，)，cos，1.当时，cos，的值最小，此时APC最大VP-ABCV111.12(2021北京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点当直线PA与直线EM所成的角为60时，那么线段PM的长度是_解析：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系则A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，所以(2,0,2)因为E是棱PB的中点，所以E(1,1,1)设M(0,2m，m)，则(1,1m，m1)，所以|cos|，解得m，所以M，所以|.13如图1，正方形ABCD的边长为4，ABAEBFEF，ABEF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD平面AEFB，G是EF的中点，如图2，则AG与平面BCE的位置关系为_，二面角C-AE-F的余弦值为_垂直解析：连接BG，因为BCAD，AD平面AEFB，所以BC平面AEFB.又AG平面AEFB，所以BCAG.因为ABEG且ABEG，ABAE，所以四边形ABGE为菱形，所以AGBE.又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE.由以上知四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4.设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2，0)，F(4，2，0)，C(0,2，4)，D(2,0,4)，所以(2,2，4)，(2，2，0)设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则x，z，即平面ACE的一个法向量为n(，1，)易知平面AEF的一个法向量为(0,0,4)设二面角C-AE-F的大小为，由图易知，所以cos .14如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且(0,1)(1)证明：无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由(1)证明：连接A1Q.因为AA1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，所以RtAA1QRtCAM，所以MACQA1A，所以MACAQA1QA1AAQA190，所以AMA1Q.因为N，Q分别是BC，AC的中点，所以NQAB.又ABAC，所以NQAC在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1底面ABC，所以NQAA1.又ACAA1A，AC，AA1平面ACC1A1，所以NQ平面ACC1A1，所以NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，所以N，Q，A1，P四点共面，所以A1Q平面PNQ.因为NQA1QQ，NQ，A1Q平面PNQ，所以AM平面PNQ，所以无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)解：存在，当AP时，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60.以点A为坐标原点，AB，AC，AA1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，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，所以.设n(x，y，z)是平面PMN的一个法向量，则即解得令x3，则y12，z22，所以n(3,12，22)是平面PMN的一个法向量取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)假设存在符合条件的点P，则|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去)综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.