2019届高三数学课标一轮复习考点规范练 41立体几何中的向量方法 12页

考点规范练41　立体几何中的向量方法 基础巩固组 ‎1.已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列点P中,在平面α内的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1)‎ C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4)‎ ‎2.‎ ‎(2017陕西西安月考)如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有(　　)‎ A.B1E=EB B.B1E=2EB C.B1E=‎1‎‎2‎EB D.E与B重合 ‎3.‎ ‎(2017四川成都调研)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=‎2‎a‎3‎,则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)‎ A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 ‎4.‎ 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BC⊥AC,∠A=π‎3‎,AC=4,AA1=4,M为AA1的中点,P为BM的中点,Q在线段CA1上,A1Q=3QC,则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.‎39‎‎13‎ B.‎2‎‎13‎‎13‎ C.‎2‎‎39‎‎13‎ D.‎‎13‎‎13‎ ‎5.(2017浙江温州质检)已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB‎⊥BC,‎BP=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则x=　　　　　,y=　　　　　,z=　　　　　. ‎ ‎6.(2017浙江杭州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为　　　　　. ‎ ‎7.(2017浙江湖州模拟)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为　　　　　. ‎ 能力提升组 ‎8.‎ 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=‎2‎‎3‎A1D,AF=‎1‎‎3‎AC,则(　　)‎ A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面 ‎9.(2017浙江镇海模拟)在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=π‎2‎,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为(　　)‎ A.‎5‎‎5‎‎,1‎ B.‎‎5‎‎5‎‎,1‎ C.‎2‎‎5‎‎5‎‎,1‎ D.‎‎2‎‎5‎‎5‎‎,1‎ ‎10.(2017浙江金华联考)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为(　　)‎ A.‎3‎‎4‎ B.‎13‎‎4‎ C.‎39‎‎13‎ D.‎‎39‎‎3‎ ‎11.‎ ‎(2017浙江绍兴)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是(　　)‎ A.‎42‎‎6‎ B.‎30‎‎5‎ C.‎5‎‎2‎ D.‎‎2‎‎3‎‎3‎ ‎12.‎ 如图,矩形CDEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,AD=‎2‎,DE=‎3‎,AB=4,EF=4EG,点M在线段GF上(包括两端点),点N在线段AB上,且GM‎=‎AN,则二面角M-DN-C的平面角的取值范围为(　　)‎ A.[30°,45°] B.[45°,60°]‎ C.[30°,90°) D.[60°,90°)‎ ‎13.‎ 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和的值为　　　　　. ‎ ‎14.‎ ‎(2017浙江名校联考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN∥平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为　　　　　. ‎ ‎15.三棱柱ABC-A1B1C1的底是边长为1的正三角形,高AA1=1,在AB上取一点P,设△PA1C1与面A1B1C1所成的二面角为α,△PB1C1与面A1B1C1所成的二面角为β,则tan(α+β)的最小值是　　　　　. ‎ ‎16.‎ ‎(2017浙江温州联考)如图,在几何体SABCD中,AD⊥平面SCD,BC∥AD,AD=DC=2,BC=1,又SD=2,∠SDC=120°,F是SA的中点,E在SC上,AE=‎5‎.‎ ‎(1)求证:EF∥平面ABCD;‎ ‎(2)求直线SE与平面SAB所成角的正弦值.‎ ‎17.(2017课标Ⅱ高考)‎ 如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=‎1‎‎2‎AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.‎ ‎(1)证明:直线CE∥平面PAB;‎ ‎(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.‎ 答案：‎ ‎1.A　逐一验证法,对于选项A,MP=(1,4,1),‎ ‎∴MP·‎n=6-12+6=0,‎∴MP⊥‎n,‎ ‎∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.‎ ‎2.A　分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),D‎1‎F=(0,1,-2),DE=(2,2,z),‎∵D‎1‎F·‎DE=0×2+1×2-2z=0,∴z=1,∴B1E=EB.‎ ‎3.‎ B　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,∵A1M=AN=‎2‎‎3‎a,则Ma,‎2‎‎3‎a,‎a‎3‎,N‎2a‎3‎‎,‎2a‎3‎,a,‎∴MN=‎-a‎3‎,0,‎2‎‎3‎a.‎又C1(0,0,0),D1(0,a,0),‎∴‎C‎1‎D‎1‎=(0,a,0),‎∴MN·‎C‎1‎D‎1‎=0,‎∴MN⊥C‎1‎D‎1‎.∵‎C‎1‎D‎1‎是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.‎ ‎4.C　以C为原点,CB所在直线为x轴,CA所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则由题意得A(0,4,0),C(0,0,0),B(4‎3‎,0,0),M(0,4,2),A1(0,4,4),P(2‎3‎,2,1),‎ 则CQ‎=‎1‎‎4‎CA‎1‎=‎‎1‎‎4‎(0,4,4)=(0,1,1),∴Q(0,1,1),AC=(0,-4,0),PQ=(-2‎3‎,-1,0).‎ 设异面直线PQ与AC所成角为θ,‎ cos θ=|cos|=‎‎4‎‎4‎‎13‎‎=‎1‎‎13‎.‎ ‎∴sin θ=‎1-‎‎1‎‎13‎‎2‎‎=‎‎2‎‎39‎‎13‎,选C.‎ ‎5‎.‎‎40‎‎7‎　-‎15‎‎7‎　4　由条件得‎3+5-2z=0,‎x-1+5y+6=0,‎‎3(x-1)+y-3z=0,‎解得x=‎40‎‎7‎,y=-‎15‎‎7‎,z=4.‎ ‎6.‎ ‎1‎‎3‎‎　以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,则n‎·‎A‎1‎B=0,n‎·‎A‎1‎C‎1‎=0,即‎2y-z=0,‎‎-x+2y=0,‎令z=2,则y=1,x=2,于是n=(2,1,2),D‎1‎C‎1‎=(0,2,0).设所求线面角为α,则sin α=|cos|=‎‎1‎‎3‎‎.‎ ‎7.‎ ‎45°　如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD‎.∴‎AD=(0,1,0),AE‎=‎‎0,‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎分别是平面PAB、平面PCD的法向量,且=45°.‎ 故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.‎ ‎8.B　以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,‎ 则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E‎1‎‎3‎‎,0,‎‎1‎‎3‎,F‎2‎‎3‎‎,‎1‎‎3‎,0‎,B(1,1,0),D1(0,0,1),‎ A‎1‎D‎=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),‎ EF‎=‎1‎‎3‎‎,‎1‎‎3‎,-‎‎1‎‎3‎,‎BD‎1‎‎=(-1,-1,1),‎ EF‎=-‎1‎‎3‎BD‎1‎‎,A‎1‎D·EF=AC·‎EF=0,‎ 从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.‎ ‎9.A　建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E‎0,1,‎‎1‎‎2‎,G‎1‎‎2‎‎,0,1‎,F(x,0,0),D(0,y,0).‎ 由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0y∈‎‎0,‎‎1‎‎2‎,‎ DF=‎x‎2‎‎+‎y‎2‎‎=‎5y-‎‎2‎‎5‎‎2‎+‎‎1‎‎5‎.‎ 当y=‎2‎‎5‎时,线段DF长度的最小值是‎5‎‎5‎;‎ 当y=0时,线段DF长度的最大值是1.‎ 而不包括端点,故y=0不能取.故选A.‎ ‎10.C　取AD中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 得B(2,-1,0),D1(0,2,‎3‎),BD‎1‎=(-2,3,‎3‎),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面ABCD所成的角为θ,‎ ‎∴sin θ=‎|BD‎1‎·n|‎‎|BD‎1‎|·|n|‎‎=‎‎3‎‎4‎,∴tan θ=‎‎39‎‎13‎‎.‎ ‎11.B　如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,‎ 则B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),‎ 设P(1,1,m)(0≤m≤1),BQBD=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0),‎ 则(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),‎‎∴‎x‎0‎‎=1-λ,‎y‎0‎‎=λ,‎ ‎∴Q(1-λ,λ,0),‎ ‎∴‎PQ‎=(-λ,λ-1,-m).‎ 连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,‎ ‎∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1,‎ 又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,‎ ‎∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ,‎ 又B‎1‎C=(0,1,-1),‎∴B‎1‎C·‎PQ=λ-1+m=0,∴λ=1-m,‎ ‎∴Q(m,1-m,0),PQ=(m-1,-m,-m),‎ 设R(0,n,0),则RQ=(m,1-m-n,0),‎ ‎∵PQ⊥RQ,‎∴PQ·‎RQ=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,‎ ‎∴R(0,2-2m,0),PR=(-1,1-2m,-m),‎ ‎|PR|=‎1+(1-2m‎)‎‎2‎+‎m‎2‎‎=‎5m‎2‎-4m+2‎=‎‎5m-‎‎2‎‎5‎‎2‎+‎‎6‎‎5‎,‎ ‎∴当m=‎2‎‎5‎时,|PR|的最小值是‎30‎‎5‎‎.‎故选B.‎ ‎12.‎ B　如图建立空间直角坐标系,则由条件知A(‎2‎,0,0),G(0,1,‎3‎),M(0,t,‎3‎)(1≤t≤4),‎ 由GM‎=‎AN可设N(‎2‎,t-1,0),则平面DNC的法向量为m=(0,0,1),设平面MDN的法向量为n=(x,y,z),由n‎·‎DM=0,n‎·‎DN=0,得ty+‎3‎z=0,‎‎2‎x+(t-1)y=0,‎令z=‎2‎t,则n=(‎3‎(t-1),-‎6‎‎,‎‎2‎t),cos=‎n·m‎|n|·|m|‎‎=‎2‎t‎5t‎2‎-6t+9‎=‎2‎‎9‎t‎2‎‎-‎6‎t+5‎.‎ ‎∵‎1‎t∈‎‎1‎‎4‎‎,1‎‎,‎ ‎∴cos‎∈‎‎1‎‎2‎‎,‎‎2‎‎2‎,即‎‎∈π‎4‎‎,‎π‎3‎.‎ ‎∴二面角M-DN-C的平面角的取值范围为π‎4‎‎,‎π‎3‎‎.‎故选B.‎ ‎13.1　以D1A1,D1C1,D1D分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,‎ 则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),‎ ‎∴‎B‎1‎E‎=(x-1,0,1),‎∴‎FB=(1,1,y),‎ 由于B1E⊥平面ABF,‎ 所以FB‎·‎B‎1‎E=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0⇒x+y=1.‎ ‎14.1　如图所示,建立空间直角坐标系,从而可设M(m,0,m),N(0,n,3-n),‎ ‎∴‎MN‎=(-m,n,3-n-m),而平面ACC1A1的一个法向量是n=(1,1,0),‎∴MN·‎n=0⇒m=n,‎ ‎∴‎MN‎2‎‎=m2+n2+(3-n-m)2=2m2+(3-2m)2=6m2-12m+9=6(m-1)2+3≥3,‎ 当且仅当m=1时,等号成立,此时VA‎1‎MND‎1‎‎=VNA‎1‎MD‎1‎=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×‎3×2×1=1,故填1.‎ ‎15.-‎8‎‎3‎‎13‎　作PP1⊥A1B1,则PP1是三棱柱的高,过P1作P1H⊥A1C1,则∠PHP1=α,‎ 设AP=x,BP=1-x(0≤x≤1),tan α=‎2‎‎3‎x,同理tan β=‎2‎‎3‎‎(1-x)‎,‎ tan(α+β)=‎2‎‎3‎‎3x(1-x)-4‎‎≥‎-‎‎8‎‎3‎‎13‎当x=‎1‎‎2‎时取等号‎.‎ ‎16.(1)证明 连接AE,DE,AC,‎ ‎∵AD⊥平面SCD,DE⊂平面SCD,‎ ‎∴AD⊥DE,‎ ‎∴DE=AE‎2‎-AD‎2‎=1,‎ 又∵CD=SD=2,∠SDC=120°,‎ ‎∴E是SC的中点,又F是SA的中点,‎ ‎∴EF∥AC,又EF⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ ‎∴EF∥平面ABCD.‎ ‎(2)解 在平面SCD内过点D作SD的垂线交SC于M,‎ 以D为原点,以DM为x轴,DS为y轴,DA为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,‎ ‎∴D(0,0,0),S(0,2,0),A(0,0,2),C(‎3‎,-1,0),B(‎3‎,-1,1),‎∴‎SC=(‎3‎,-3,0),SA=(0,-2,2),SB=(‎3‎,-3,1),‎ 设平面SAB的法向量为n=(x,y,z),则n·SA=0,‎n·SB=0,‎ ‎∴‎‎-2y+2z=0,‎‎3‎x-3y+z=0,‎ 令z=1得n=‎2‎‎3‎‎3‎‎,1,1‎,‎ ‎∴cos=n·‎SC‎|n||SC|‎‎=‎‎-1‎‎10‎‎3‎‎×2‎‎3‎=-‎‎10‎‎20‎‎.‎ 设直线SE与平面SAB所成角为θ,则sin θ=|cos|=‎‎10‎‎20‎‎.‎ ‎17.(1)证明 取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=‎1‎‎2‎AD,由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=‎1‎‎2‎AD,所以EF