版高考数学一轮复习课时规范练1集合的概念与运算理北师大版 43.docx
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版高考数学一轮复习课时规范练1集合的概念与运算理北师大版43
课时规范练43 空间几何中的向量方法
基础巩固组
1.
在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1为正方体,给出下列结论:
①直线DD1的一个方向向量为（0,0,1）;
②直线BC1的一个方向向量为（0,1,1）;
③平面ABB1A1的一个法向量为（0,1,0）;
④平面B1CD的一个法向量为（1,1,1）.
其中正确的个数为（ ）
A.1B.2C.3D.4
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.B.C.D.3
3.
（2018辽宁本溪二模,7）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=,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.B.C.D.
4.已知两平面的法向量分别为m=（0,1,0）,n=（0,1,1）,则两平面所成的二面角的大小为（ ）
A.45°B.135°
C.45°或135°D.90°
5.
如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为 .
6.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
（1）证明:
AP⊥BC;
（2）若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
7.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.
（1）求证:
B1C∥平面A1BD;
（2）求点B1到平面A1BD的距离.
综合提升组
8.
（2018安徽定远调研,10）如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,BF=BC,A1E=A1A,则四面体OEBF的体积为（ ）
A.B.C.D.
9.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记=λ.当∠APC为锐角时,λ的取值范围是 .
10.
（2019四川成都一模,19）在如图所示的几何体中,EA⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,ADBC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EFAC.
（1）证明:
AB⊥CF;
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
11.
（2018河北衡水模拟二,18）如图所示,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.
（1）若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明:
平面EC1F∥平面A1CB;
（2）设=λ,是否存在λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?
若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
12.
（2018河北衡水中学适应性考试,18）如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点.
（1）若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:
AD∥平面B1PQ;
（2）若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为,求点P到平面BQB1的距离.
创新应用组
13.
（2018江西南昌七模,18）如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD为正三角形.若PA=2,且PA与底面ABCD所成角的正切值为.
（1）证明:
平面PAB⊥平面PBC;
（2）E是线段CD上一点,记=λ（0<λ<1）,是否存在实数λ,使二面角P-AE-C的余弦值为?
若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
14.
（2018河南信阳二模,19）在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2.
（1）求证:
BD⊥AC;
（2）点P为AC上一动点,设θ为直线BP与平面ACD所形成的角,求sinθ的最大值.
参考答案
课时规范练43 空间
几何中的向量方法
1.C ∵DD1∥AA1,=（0,0,1）,故①正确;BC1∥AD1,=（0,1,1）,故②正确;直线AD⊥平面ABB1A1,=（0,1,0）,故③正确;点C1的坐标为（1,1,1）,与平面B1CD不垂直,故④错.
2.B 两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|·n0|=.
3.D 以O为原点,以、和为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=（0,0,2）,=（-1,2,0）,
∵M是PC的中点,∴M-,1,1,=-,-1,1.
设平面PCO的法向量n=（x,y,z）,直线BM与平面PCO所成角为θ,
则可取n=（2,1,0）,
sinθ=|cos<,n>|===.故选D.
4.C ∵两平面的法向量分别为m=（0,1,0）,n=（0,1,1）,则两平面所成的二面角与相等或互补,∵cos===,故=45°.故两平面所成的二面角为45°或135°,故选C.
5.30° 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系.
设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A（a,0,0）,B（0,a,0）,C（-a,0,0）,P.则=（2a,0,0）,=,=（a,a,0）.
设平面PAC的法向量为n,可求得n=（0,1,1）,则cos<,n>===.∴<,n>=60°,
∴直线BC与平面PAC所成角为90°-60°=30°.
6.证明
（1）如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O（0,0,0）,A（0,-3,0）,B（4,2,0）,C（-4,2,0）,P（0,0,4）.
于是=（0,3,4）,
=（-8,0,0）,
∴·=（0,3,4）·（-8,0,0）=0,
∴⊥,即AP⊥BC.
（2）由
（1）知|AP|=5,又|AM|=3,且点M在线段AP上,
∴==,
又=（-4,-5,0）,
∴=+=,则·=（0,3,4）·=0,∴⊥,即AP⊥BM,
又根据
（1）的结论知AP⊥BC,
∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.
又AM⫋平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.
7.
（1）证明连接AB1交A1B于点E,连接DE.
可知E为AB1的中点,D是AC的中点,∴DE∥B1C.
又DE⫋平面A1BD,B1C⊈平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.
（2）解建立如图所示的空间直角坐标系,则B1（0,2,3）,B（0,2,0）,A1（-1,0,3）,=（0,2,3）,=（0,2,0）,=（-1,0,3）.设平面A1BD的法向量为n=（x,y,z）,
∴即
∴n=（3,0,1）.
故所求距离为d==.
8.D 如图所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O,,,B（1,1,0）,E1,0,,F,1,0,则||==,||=,||=,
所以cos∠BOE==-,
所以sin∠BOE=,
所以S△OEB=×××=,
设平面OEB的一个法向量为n=（x,y,z）,
由
取z=1,得n=,,1,
又=-,0,0,
所以F到平面OEB的距离h===,所以四面体OEBF的体积为V=S△OEB×h=××=.
9.0, 建立如图所示的空间直角坐标系,则A（1,0,0）,C（0,1,0）,B（1,1,0）,D1（0,0,1）,由=λ得P（λ,λ,1-λ）,则=（1-λ,-λ,λ-1）,=（-λ,1-λ,λ-1）,因为∠APC为锐角,所以·=（1-λ,-λ,λ-1）·（-λ,1-λ,λ-1）=（λ-1）（3λ-1）>0,解得λ<或λ>1,又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,所以λ的取值范围为0≤λ<.
10.
（1）证明由题知EA⊥平面ABCD,BA⫋平面ABCD,∴BA⊥AE.过点A作AH⊥BC于H,在Rt△ABH中,∠ABH=60°,BH=,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=3,
∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC,
且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF⫋平面ACFE,∴AB⊥CF.
（2）以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B（1,0,0）,E（0,0,1）,F0,,1,D-,,0,
∴=（-1,0,1）,=-1,,1,=,-,1,=,0,1.
设n=（x,y,z）为平面BEF的一个法向量,则令x=1,得n=（1,0,1）,同理可求平面DEF的一个法向量m=（2,0,-1）,
∴cos==,
所以二面角B-EF-D的余弦值为.
11.
（1）证明∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,
∴BB1⊥平面ABC.
又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1,
又CC1=AB=BB1=BE,
∴四边形CC1EB为平行四边形,
∴C1E∥BC.
又BC⫋平面A1BC,C1E⊈平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.
∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B,
又A1B⫋平面A1BC,EF⊈平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.
又C1E∩EF=E,C1E⫋平面EFC1,FE⫋平面EFC1,
∴平面EFC1∥平面A1BC.
（2）在△ABC中,由余弦定理得:
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=12,
∴AB2=AC2+BC2,
∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,
∴AC⊥BC,由CC1⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC,
∴CA,CB,CC1两两垂直.
以C点为坐标原点,,,依次为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如下图所示,
则C（0,0,0）,C1（0,0,2）,A1（2,0,4）,E（0,2,4λ）.
设平面A1EC1的一个法向量为n1=（x1,y1,z1）,
则
即
令z1=1,解得x1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1.
设平面A1EC的一个法向量为n2=（x2,y2,z2）,
则
即
令x2=2,得z2=-,y2=2λ,
∴n2=（2,2λ,-）.
若平面A1EC1⊥平面A1EC,
则n1·n2=-+2λ（1-2λ）-=0,化简得12λ2-6λ+5=0,
由于Δ<0,故此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.
12.解
（1）证明:
如图,取BB1中点E,连接AE,EH.
∵H为BQ中点,∴EH∥B1Q.
在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,∴AE∥PB1.
又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,
∴平面EHA∥平面B1QP.
∵AD⫋平面EHA,
∴AD∥平面B1PQ.
（2）连接PC1,AC1,
∵四边形A1C1CA为菱形,
∴AA1=AC=A1C1=4.
又∠C1A1A=60°,
∴△AC1A1为正三角形.
∵P为AA1的中点,∴PC1⊥AA1.
∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⫋平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1,
在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R,建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则
P（0,0,0）,A1（0,2,0）,A（0,-2,0）,C1（0,0,2）,C（0,-4,2）,
设=λ=λ（0,-2,2）,λ∈[0,1],∴Q（0,-2（λ+1）,2λ）,
∴=（0,-2（λ+1）,2λ）.
∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,
∴B1（,1,0）,
∴=（,1,0）.
设平面PQB1的法向量为m=（x,y,z）,
则
得
令x=1,则y=-,z=-,
∴平面PQB1的一个法向量为m=1,-,-,
设平面AA1C1C的法向量为n=（1,0,0）,二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cosθ===,∴λ=或λ=-（舍）,
∴=,∴Q（0,-3,）.
又B（,-3,0）,∴=（,0,-）,
∴||==.
又B1Q=,∴B1Q2=BQ2+B,即△BB1Q是直角三角形,∠B1BQ=90°.连接BP,设点P到平面BQB1的距离为h,则××4××=××4××h,
∴h=,即点P到平面BQB1的距离为.
13.解
（1）证法一:
∵AB⊥AD,且AB=AD=2,∴BD=2,
又△PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=2,
又∵AB=2,PA=2,所以AB⊥PB,
又∵AB⊥AD,BC∥AD,
∴AB⊥BC,PB∩BC=B,
所以AB⊥平面PBC,又因为AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.
证法二:
设P在平面ABCD内的射影为Q,连接AQ,则AQ即为AP在平面ABCD内的射影,故∠PAQ即为AP与底面所成的角,因为tan∠PAQ=,
所以sin∠PAQ=.
而sin∠PAQ=,AP=2,
所以PQ=2,AQ=2.
又△PBD为正三角形,
所以PB=PD=BD=2,
所以DQ=2.
由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以ABDQ,从而四边形ABQD是正方形,
由AB⊥BQ,AB⊥PQ得AB⊥平面PBC,于是平面PAB⊥平面PBC.
（2）由
（1）可知,QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则Q（0,0,0）,P（0,0,2）,A（2,2,0）,C（0,1,0）,D（2,0,0）,由=λ可得E（2-2λ,λ,0）,所以=（-2λ,λ-2,0）,=（-2,-2,2）,设平面PAE的法向量为m=（x,y,z）,
则
即
令x=1,得y=,z=,
所以m=1,,,显然,=（0,0,2）是平面ACE的法向量.
设二面角P-AE-C为θ,则cosθ===,
依题意有=,解得λ=,λ=1（舍去）,故λ=.
14.解
（1）证明:
取BD中点E,连接AE,CE,
∵AB=AD=BD=2,
又E为BD中点,∴AE⊥BD,
同理可得CE⊥BD,
又AE∩CE=E,∴BD⊥平面ACE,
又AC⫋平面ACE,∴BD⊥AC.
（2）∵AB=AD=BD=2,BC=DC=,
∴△BCD为直角三角形,且AE=,CE=1,∴AE2+EC2=AC2,
∴∠AEC=,即AE⊥EC,
又AE⊥BD,所以AE⊥平面BCD.以E为坐标原点,EC为x轴,ED为y轴,EA为z轴建立如图直角坐标系E-xyz.
则B（0,-1,0）,D（0,1,0）,C（1,0,0）,A（0,0,）,设P（x0,y0,z0）,=λ（0≤λ≤1）,=（1,0,-）,=（x0,y0,z0-）,
∴（x0,y0,z0-）=λ（1,0,-）=（λ,0,-λ）,
∴即
∴P（λ,0,-λ）,
=（λ,1,-λ）,=（0,-1,）,=（1,-1,0）,
设n=（x1,y1,z1）是平面ACD的法向量,
由得
令x1=1,得y1=1,z1=,
∴n=1,1,,
∴sinθ=|cos|
=
=
=,
∵0≤λ≤1,
∴≤2λ2-3λ+2≤2,
∴≤sinθ≤,
∴sinθ的最大值为.
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