2022高考数学一轮复习-课时规范练44-空间几何中的向量方法北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 课时规范练44 空间几何中的向量方法北师大版

2022高考数学一轮复习 课时规范练44 空间几何中的向量方法北师大版

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课时规范练44　空间几何中的向量方法
基础巩固组
1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于(　　)

A.120° B.60°
C.30° D.60°或30°
2.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
A.32 B.22 C.3 D.32
3.

已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=5,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是(　　)
A.55 B.255
C.8585 D.88585
4.

如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为(　　)
A.36 B.34
C.33 D.233
5.若直线l的方向向量a=(-2,3,1),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为　　　　　. 

6.(2020黑龙江伊春三中模拟)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为　　　　　. 
7.在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD=12AD=1,PA=PD,E,F分别为AD,PC的中点.

(1)略;
(2)若PE=EC,求二面角F-BE-A的余弦值.

8.(2020浙江余姚中学模拟)如图所示,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2.
(1)求证:BD⊥平面ACFE;
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小.

综合提升组
9.已知在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD的夹角的正弦值为(　　)
A.32 B.23 C.12 D.33

10.(2020湖北十堰调研)如图,在三棱锥P-ABC中,M为AC的中点,PA⊥PC,AB⊥BC,AB=BC,PB=2,AC=2,∠PAC=30°.
(1)证明:BM⊥平面PAC;
(2)求二面角B-PA-C的余弦值.

11.

已知空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形,△ABC为腰长为13的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.
(1)略;
(2)求直线BE与平面AEC所成角的正弦值.

12.(2020江苏,22)在三棱锥A-BCD中,已知CB=CD=5,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值;
(2)若点F在BC上,满足BF=14BC,设二面角F-DE-C的大小为θ,求sin θ的值.

创新应用组

13.(2020河南重点中学联考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为4的等边三角形,BC⊥PB,E是AD的中点.
(1)求证:BE⊥PD;
(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为154,求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.

参考答案

课时规范练44　空间几何
中的向量方法
1.B　设直线l与平面α所成的角为β,直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sinβ=|cosγ|=|cos120°|=12.
又因为0°≤β≤90°,所以β=30°.
2.B　两平面的一个单位法向量n0=-22,0,22,故两平面间的距离d=|OA·n0|=22.
3.D　以O为原点,分别以OA,AB,OP为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),则OP=(0,0,2),OC=(-1,2,0),

∵M是PC的中点,∴M-12,1,1,BM=-32,-1,1.
设平面PCO的一个法向量n=(x,y,z),直线BM与平面PCO所成角为θ,
则n·OP=2z=0,n·OC=-x+2y=0,可取n=(2,1,0),
sinθ=|cos<BM,n>|=|BM·n||BM||n|=4174×5=88585.故选D.
4.D　如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.

设PA=AD=AC=1,则BD=3,所以O(0,0,0),B32,0,0,F0,0,12,C0,12,0,OC=0,12,0,易知OC为平面BDF的一个法向量,由BC=-32,12,0,FB=32,0,-12,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,3,3).
所以cos<n,OC>=217,sin<n,OC>=277,所以tan<n,OC>=233.
故二面角C-BF-D的正切值为233.
5.23834　由题意,得直线l与平面α所成角的正弦值为|a·n||a||n|=714×17=23834.
6.35　设正三棱柱的棱长为2,取AC的中点D,连接DG,DB,分别以DA,DB,DG所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,

则B1(0,3,2),F(1,0,1),E12,32,0,G(0,0,2),
B1F=(1,-3,-1),EF=12,-32,1,GF=(1,0,-1).
设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),
则EF·n=0,GF·n=0,即12x-32y+z=0,x-z=0,
取x=1,则z=1,y=3,
故n=(1,3,1)为平面GEF的一个法向量,所以|cos<n,B1F>|=|1-3-1|5×5=35,所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35.
7.解由题意可知PE⊥平面ABCD,BE⊥AD,如图所示,PE=EC=ED2+DC2=2,以E为原点,EA,EB,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),F-12,12,22.
平面ABE法向量可取n=(0,0,1),
平面FBE中,EB=(0,1,0),EF=-12,12,22.
设平面FBE的一个法向量为m=(a,b,c),则m·EB=0,m·EF=0,
即b=0,-12a+12b+22c=0.
取c=1,得m=(2,0,1),
cos<m,n>=13=33.
由图得二面角F-BE-A的平面角为钝角,所以二面角F-BE-A的余弦值为-33.
8.(1)证明因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE=A,所以BD⊥平面ACFE.

(2)解以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B(0,3,0),D(0,-3,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),OF=(-1,0,a).
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
则有n·OB=0,n·OE=0,即3y=0,x+2z=0,
令z=1,则n=(-2,0,1),
由题意得sin45°=|cos<OF,n>|=|OF·n||OF||n|=|2+a|a2+1·5=22,解得a=3或a=-13(舍去).
所以OF=(-1,0,3),BE=(1,-3,2),cos<OF,BE>=-1+610×8=54,故异面直线OF与BE所成角的余弦值为54.
9.B　作AO⊥平面BCD于点O,则O是△BCD的中心,以O为坐标原点,直线OD为y轴,直线OA为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

设AB=2,则O(0,0,0),A0,0,263,C1,-33,0,E0,33,63,
∴OA=0,0,263,CE=-1,233,63,
∴cos<OA,CE>=OA·CE|OA||CE|　=43263×3=23.∴CE与平面BCD的夹角的正弦值为23.
10.(1)证明因为PA⊥PC,AB⊥BC,所以MP=MB=12AC=1,
又MP2+MB2=BP2,
所以MP⊥MB.
因为AB=BC,M为AC的中点,
所以BM⊥AC,
又AC∩MP=M,
所以BM⊥平面PAC.
(2)解取MC的中点O,连接PO,取BC的中点E,连接EO,则OE∥BM,从而OE⊥AC.
因为PA⊥PC,∠PAC=30°,
所以MP=MC=PC=1.
又O为MC的中点,所以PO⊥AC.
由(1)知BM⊥平面PAC,OP⫋平面PAC,所以BM⊥PO.
又BM∩AC=M,
所以PO⊥平面ABC.
以O为坐标原点,OA,OE,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

由题意知A32,0,0,B12,1,0,P0,0,32,BP=-12,-1,32,BA=(1,-1,0),
设平面APB的法向量为n=(x,y,z),则n·BP=-12x-y+32z=0,n·BA=x-y=0,
令x=1,得n=(1,1,3)为平面APB的一个法向量,
易得平面PAC的一个法向量为m=(0,1,0),cos<n,m>=55,
由图知二面角B-PA-C为锐角,
所以二面角B-PA-C的余弦值为55.
11.解(2)以CD中点O为坐标原点,OD所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OE所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.C(-1,0,0),E(0,0,3),B(0,3,0),A-12,32,23,BE=(0,-3,3),

设n=(x,y,z)⊥平面AEC,则
n·CE=x+3z=0,n·EA=-12x+32y+3z=0,
令z=1,得n=(-3,-3,1).
设直线BE与平面AEC所成角为α,
则sinα=|cos<n,BE>|=436×13=22613.即所求角的正弦值为22613.
12.解(1)连接OC,因为CB=CD,O为BD中点,所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD,所以AO⊥OB,AO⊥OC.
以{OB,OC,OA}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为BD=2,CB=CD=5,AO=2,
所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2).
因为E为AC的中点,所以E(0,1,1).
则AB=(1,0,-2),DE=(1,1,1),
所以|cos<AB,DE>|=|AB·DE||AB|·|DE|=|1+0-2|5×3=1515.因此,直线AB与DE所成角的余弦值为1515.
(2)因为点F在BC上,BF=14BC,BC=(-1,2,0).
所以BF=14BC=-14,12,0.
又DB=(2,0,0),
故DF=DB+BF=74,12,0.
设n1=(x1,y1,z1)为平面DEF的一个法向量,
则DE·n1=0,DF·n1=0,即x1+y1+z1=0,74x1+12y1=0,
取x1=2,得y1=-7,z1=5,
所以n1=(2,-7,5).
设n2=(x2,y2,z2)为平面DEC的一个法向量,又DC=(1,2,0),
则DE·n2=0,DC·n2=0,即x2+y2+z2=0,x2+2y2=0,
取x2=2,得y2=-1,z2=-1,
所以n2=(2,-1,-1).故|cosθ|=|n1·n2||n1|·|n2|=|4+7-5|78×6=1313.
所以sinθ=1-cos2θ=23913.
13.(1)证明因为△PAD是等边三角形,E是AD的中点,所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⫋平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD,
所以PE⊥BC,PE⊥BE.
又BC⊥PB,PB∩PE=P,
所以BC⊥平面PBE,所以BC⊥BE.
又BC∥AD,所以AD⊥BE.
又AD∩PE=E,且AD,PE⫋平面PAD,所以BE⊥平面PAD,所以BE⊥PD.
(2)解由(1)得BE⊥平面PAD,所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角.因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为154,即sin∠BAE=154,所以cos∠BAE=14.
所以cos∠BAE=AEAB=2AB=14,解得AB=8,则BE=AB2-AE2=215.
由(1)得EA,EB,EP两两垂直,所以以E为坐标原点,EA,EB,EP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,

则点P(0,0,23),A(2,0,0),D(-2,0,0),B(0,215,0),C(-4,215,0),
所以PB=(0,215,-23),PC=(-4,215,-23).
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),由PB·m=0,PC·m=0,
得215y-23z=0,-4x+215y-23z=0,
解得x=0,z=5y.
令y=1,可得平面PBC的一个法向量为m=(0,1,5).
易知平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0),
设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ,
则cosθ=m·n|m||n|=66.
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为66.