2021人教A版高三数学(理)二轮复习-专题整合训练1-4-2-Word版含解析.docx

第2讲　立体几何中的向量方法

一、选择题
1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件＝＋＋，则直线AM (　　)．
A．与平面ABC平行 B．是平面ABC的斜线
C．是平面ABC的垂线 D．在平面ABC内
解析　由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，选D.
答案　D
2.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 (　　)．

A．垂直 B．平行
C．相交 D．不能确定
解析　分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

∵A1M＝AN＝a，∴M，N，
∴＝.
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴＝(0，a,0)，
∴·＝0，∴⊥.
又∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
答案　B
3．(2022·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为 (　　)．
A. B.
C. D.
解析　建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则B(02,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)，故
cos〈，〉＝＝＝.

答案　C
4．(2022·四川卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是 (　　)．

A. B.
C. D.
解析　以D为原点，以DA、DC、DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则有A(2,0,0)，O(1,1,0)，P(0,2，m)(0≤m≤2)，C1(0,2,2)．易知面A1DB的一个法向量为＝(－2,2,2)，＝(－1,1，m)，
∴sin α＝＝，
令2＋m＝t，∴m＝t－2(2≤t≤4)，
∴sin α＝＝，
由二次函数的值域求解方法可知，y＝的值域为y∈，∴sin α∈.故选B.
答案　B
5．(2022·北京东城区模拟)如图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则·的值为 (　　)．

A．0 B．1
C．0或1 D．任意实数
解析　可为下列7个向量：
，，，，，，.
其中一个与重合，·＝||2＝1；
，，与垂直，这时·＝0；
，与的夹角为45°，这时·＝×1×cos＝1，
最终·＝×1×cos∠BAC1＝×＝1，故选C.
答案　C
二、填空题
6．在始终角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为________．
解析　如图为折叠后的图形，其中作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，

则AC＝6，BD＝8，CD＝4，
两异面直线AC，BD所成的角为60°，
故由＝＋＋，
得||2＝|＋＋|2＝68，
∴||＝2.
答案　2
7．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为_____．
解析　建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，D为坐标原点，则P(0,0，a)，B(a，a,0)，＝(a，a，－a)，

又＝，
·＝0＋－＝0，
所以PB⊥DE，由已知DF⊥PB，且DF∩DE＝D，
所以PB⊥平面EFD，所以PB与平面EFD所成角为90°.
答案　90°
8．(2022·孝感模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C的大小不变．其中真命题的序号是________．

解析　①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；③中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，即二面角P－AD1－C的大小不受影响，所以正确．
答案　①③
三、解答题
9．(2022·烟台一模)在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E是线段AD的中点．如图所示，沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD.

(1)求证：C′D⊥平面ABD；
(2)求直线BD与平面BEC′所成角的正弦值．
(1)证明　平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，
可知C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，
即BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD.
又∵平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，
C′D⊂平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD.

(2)解　由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，
如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D－xyz.
则D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．
∵E是线段AD的中点，
∴E(4,3,0)，＝(－8,0,0)．
在平面BEC′中，＝(－4,3,0)，＝(－8,0,6)，
设平面BEC′法向量为n＝(x，y，z)，
∴即
令x＝3，得y＝4，z＝4，故n＝(3,4,4)．
设直线BD与平面BEC′所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
∴直线BD与平面BEC′所成角的正弦值为.
10．(2022·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E­ACD体积．
(1)证明　连接BD交AC于点O，连接EO.
由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
由于EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)证明　由于PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，
所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，则D(0，，0)，E，＝.

设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则
即可取n1＝.
又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.
由于E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为，三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.
11.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.

(1)证明：PC⊥AD；
(2)求二面角A­PC­D的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
(1)证明　如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，

依题意，得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－，，0，P(0,0,2)．
易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.
(2)解　＝(0,1，－2)，＝(2，－1，0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则即
不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角A­PC­D的正弦值为.
(3)解　设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．
由此得＝.由＝(2，－1,0)，
故cos〈，〉＝＝
所以＝cos 30°＝，
解得h＝，即AE＝.