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

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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(　　)
A．4 B．2 C．3 D．1
B　解析：点P到平面OAB的距离为d＝＝＝2.
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． D．
B　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y＝2，则所以平面A1EF的一个法向量为n＝(1,2,1)，cos〈n，〉＝＝.
设A1B1与平面A1EF的夹角为θ，
则sin θ＝cos〈n，〉＝，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，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A． B． C． D．
A　解析：设CA＝2，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，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，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． D．
B 　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CA＝CB＝a(a>0)，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a＝2.
所以＝，＝(2，－2,2)．
设A1B与平面ABD所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，
所以cos θ＝，
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，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B-AC-M的余弦值为(　　)

A． B． C． D．
A　解析：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC．又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，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cos〈n，〉＝＝＝＝.
所以二面角B-AC-M的余弦值为.
6．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，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AA1＝2AB＝2，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y＝－2，所以x＝2，z＝1，
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θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
7．(2021·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，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x＝2，则有y＝－1，z＝1，
所以n＝(2，－1,1)．
设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝
＝＝.
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°，AB＝PC＝4，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BC⊥AC．
因为PC垂直圆所在的平面，
所以PC⊥BC．
又因为AC∩PC＝C，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BC∥DE，
所以DE⊥平面PAC．
(2)解：由(1)可知，DE⊥AE，DE⊥EC，
所以∠AEC为二面角A-DE-C的平面角，
从而有∠AEC＝45°.
由PC垂直圆所在的平面得PC⊥AC，
则AC＝EC＝PC＝2.
又BC⊥AC，AB＝4，所以BC＝2.
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x0＝2，则n＝(2,0，－)．
设直线AE与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
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，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，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PA＝PC＝AC＝4，
O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB.

因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
所以OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，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,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝－4(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，PA＝PD＝，AB＝4，AC，BD交于点E，则(　　)

A．M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OP⊥OE
D．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PDB＝ME，所以PD∥ME.
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PA＝PD，所以OP⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD．
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD．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x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝(1,1，)．
平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，
所以cos〈n，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α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝，
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＝λ，＝(1,1,1)，则P(λ，λ，λ)．
＝(1－λ，－λ，－λ)，＝(－λ，1－λ，－λ)，
cos〈，〉＝
＝
＝1－.
当λ＝时，cos〈，〉的值最小，此时∠APC最大．
VP-ABC＝V＝×××1×1×1＝.
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，PD＝2，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(0,2－m，m)，则＝(－1,1－m，m－1)，
所以|cos<，>|
＝
＝＝，
解得m＝，所以M，
所以||＝＝.
13．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝EF，AB∥EF，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BC∥AD，AD⊥平面AEFB，所以BC⊥平面AEFB.
又AG⊂平面AEFB，所以BC⊥AG.
因为AB∥EG且AB＝EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，
所以AG⊥BE.
又BC∩BE＝B，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，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4.
设AG∩BE＝O，
所以OE＝OB＝2，OA＝OG＝2，
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y＝1，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θ，
由图易知θ∈，
所以cos θ＝＝＝.
14．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且＝λ(λ∈[0,1])．
(1)证明：无论λ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AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，
所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM，
所以∠MAC＝∠QA1A，
所以∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，
所以AM⊥A1Q.
因为N，Q分别是BC，AC的中点，
所以NQ∥AB.
又AB⊥AC，所以NQ⊥AC．
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，
所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以NQ⊥平面ACC1A1，
所以NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，
所以N，Q，A1，P四点共面，
所以A1Q⊂平面PNQ.
因为NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，
所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ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＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，
可得点P(λ，0,1)，所以＝.
设n＝(x，y，z)是平面PMN的一个法向量，
则
即
解得
令x＝3，则y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
所以n＝(3,1＋2λ，2－2λ)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|cos〈m，n〉|＝＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝(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°.