【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）考点规范练39　立体几何中的向量方法 Word版含解析.docx，共(10)页，247.888 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3a3c468ef6e2a80596181ddfa819b911.html

以下为本文档部分文字说明：

考点规范练39立体几何中的向量方法一、基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2B.-√2C.√2D.±√22.已知平面α的一个法向量为n=(1,-√3,0),则y轴与平面

α所成的角的大小为()A.π6B.π3C.π4D.5π63.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,若AB=√2,AF=1,点M在EF上,且AM∥平

面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1)B.(√23,√23,1)C.(√22,√22,1)D.(√24,√24,1)4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距

离为()A.12B.√22C.13D.165.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点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⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面6.(多选)将正方形ABCD

沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则()A.AC⊥BDB.△ACD是等边三角形C.AB与平面BCD所成的角为60°D.AB与CD所成的角为60°7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABC

D,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值是.8.(2021全国Ⅰ,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-

B的正弦值.9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.(1)求证:B1C1∥平面DEF;(2)求EF与AC1所成角的大小;(3)求点B1到平面DEF的距离.二、综合应用10.(多选)如

图,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,AB=2,BC=2√3,AC=4,点A到平面PBC的距离为4√55,则()A.PA=4B.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32πC.直线AB与直线PC所成角的余弦值为√

216D.AB与平面PBC所成角的正弦值为2√5511.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为√33,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,P

A=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=√5.(1)求证:PD⊥平面PAB.(2)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求𝐴𝑀𝐴𝑃的值;若不存在,说明理由.13.(2022全国Ⅰ,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC

,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.三、探究创新14.如图①,在等边三角形AB

C中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,如图②所示.(1)若异面直线BE与AC垂直,请确定图①中点D的位置;(2)证明:无论点D的位置如何,平面ADE与平

面ABE夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值.考点规范练39立体几何中的向量方法1.D当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±√2.2.B可知y轴的方向向量为m=(0

,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,n>|.∵cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=-√32×1=-√32,∴sinθ=√32,∴θ=π3.3.C设M(x,x,1).由已知得A(√2,√2,0),B(0,√2,0),D(

√2,0,0),E(0,0,1),则𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x-√2,x-√2,1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,-√2,0),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-√2,1).设平面BDE的法向量为n=(a,b,

c),则{𝑛⊥𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⊥𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,即{√2𝑎-√2𝑏=0,-√2𝑏+𝑐=0.令b=1,则可取n=(1,1,√2).又AM∥平面BDE,所以n·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即2(x-√2)+√2=0,得x=√22.所以M

(√22,√22,1).4.C如图,以D为坐标原点,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,则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0),从而𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,0),𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).则{𝑛·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑎+2𝑏=0,-𝑎+�

�=0,得{𝑎=2𝑏,𝑎=𝑐.令a=2,则可取n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=13.5.B以D为坐标原点,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,如图所示.设正方体的棱长为1,则A1(1

,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(13,0,13),F(23,13,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,-1),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,

0),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(13,13,-13),𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,1),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-13𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.6.ABD取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥AC,故A正确.设正方形的边长为a,则AD=DC

=a,AE=√22a=EC.由题意知∠AEC=90°,则在Rt△AEC中,可得AC=a.∴△ACD为等边三角形,故B正确.由已知得AE⊥平面BCD,则∠ABD为AB与平面BCD所成的角,为45°,故C错误.以E为坐标原点,EC,ED,EA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A0,0,√22a,B0,-√22a,0,D0,√22a,0,C√22a,0,0.∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,-√22a,-√22a,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√22a,-√22

a,0.∵cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=12𝑎2𝑎2=12,∴<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=60°,故D正确.7.√63如图所示,建立空间直角坐标系,则有D(12,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1)

,可知𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(12,0,0)是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为𝑆𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(12,0,-1),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(12,1,0),所以n·𝑆𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,n

·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,即𝑥2-z=0,𝑥2+y=0.令x=2,则y=-1,z=1,所以可取n=(2,-1,1).设平面SCD与平面SAB的夹角为θ,则cosθ=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=12

×2+0×(-1)+0×1√(12)2×√22+(-1)2+12=√63.8.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠

DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴𝐴𝐷𝐴𝐵=𝐵𝐴𝐵𝑀,∴12BC2=1,∴BC=√2.(2)如图,以D为原点,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷

𝑃⃗⃗⃗⃗⃗分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得A(√2,0,0),B(√2,1,0),M(√22,1,0),P(0,0,1),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,0,1),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√22,1

,0),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√22,0,0),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,-1,1).设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-√2𝑥1+𝑧1=0,-√22

𝑥1+𝑦1=0,令x1=√2,则y1=1,z1=2,可取m=(√2,1,2).设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),同理可取n=(0,1,1).则cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=3√7×√2=3√1414.设二面角A-P

M-B的平面角为θ,则sinθ=√1-cos2<𝑚,𝑛>=√1-914=√7014.9.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.又B1C1⊄平面DEF

,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.(2)解根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,

0),E(2,0,1),F(1,1,0).∴𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,-1),𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,2).∵𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2+0-2=0,∴𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴EF与AC1所

成的角为90°.(3)解设向量n=(x,y,z)是平面DEF的法向量,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1),𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0).由{𝑛⊥𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⊥𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,即{𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐹⃗⃗

⃗⃗⃗=0,可得{𝑥+𝑧=0,𝑦=0.取x=1,则z=-1,∴可取n=(1,0,-1).设点B1到平面DEF的距离为d,∵𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,2),∴d=|𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=|-1

+0-2|√2=3√22,∴点B1到平面DEF的距离为3√22.10.ABD因为AB=2,BC=2√3,AC=4,所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.又因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,从而BC⊥PB.设PA

=a,根据等体积法得VP-ABC=VA-PBC,即13×12×2×2√3×a=13×12×2√3×√𝑎2+4×4√55,解得a=4,所以PA=a=4,故A选项正确;三棱锥P-ABC的外接球的半径与以BC,BA,AP为邻边的长方体的外接球的半径相等,因为三棱锥P-ABC的外接

球的半径为2√2,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π,故B选项正确;过点B作PA的平行线BD,则BD⊥平面ABC,所以以点B为坐标原点,BC,BA,BD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),C(2√3,0,0),A(0,2,0),

P(0,2,4),所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,-2,-4),所以cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=42×4√2=√24,

所以直线AB与直线PC所成角的余弦值为√24,故C选项错误;可得𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,0,0),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,4),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0).设平面PBC的法向量为m=

(x,y,z),则{𝑚·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥=0,𝑦=-2𝑧.令z=1,则可取m=(0,-2,1),设AB与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑚||𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4√5×2=2√55.所以AB与平面PBC所成角的正弦值为2√55,故D选项正确.11.16如图,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,连接OA,OB,取AB的中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角.设AB=1,则CF=√

32,OF=CF·cos∠CFO=12,OC=√22,则O为正方形ABDE的中心.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则E(0,-√22,0),M√24,0,√24,A√22,0,0,N0,√24,√24,𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√24,√22,√24),𝐴𝑁⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(-√22,√24,√24).故cos<𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=16.12.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD

,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)解存在.取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面P

AD与平面ABCD垂直,且交线为AD,所以PO⊥平面ABCD.因为AO,CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO,PO⊥OA.因为AC=CD,所以CO⊥AD.故PO,CO,OA两两垂直.建立如图所示的空间直角

坐标系Oxyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1).设平面PCD的法向量n=(x,y,z

),则{𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,即{2𝑥+𝑦=0,𝑦+𝑧=0,令x=1,得y=-2,z=2.所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2).设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗,因此点M(0,1-λ,λ),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,即-1

+4λ=0,解得λ=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时𝐴𝑀𝐴𝑃=14.13.(1)证明∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC

,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)解如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.∵A

B=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=2,BE=√3.∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立

空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0,√3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,√3,0),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,-1),𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1

).设𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3𝜆,-λ),则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3𝜆,1-λ).∵EF⊥BD,∴𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即3λ-(1-λ)=0,解

得λ=14.∴点F(0,√34,34),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√34,34).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥+√3𝑦=0,𝑛·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥+𝑧=0,取y=1,则x=z=√3,∴n=(√3,1,√3)为

平面ABD的一个法向量.设CF与平面ABD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>|=√3+√34+3√34√7×√72=4√37.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为4√37.14.解在图②中,分别取DE的中点O,BC的中点F,连接OA

,OF.由题意以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,可建立空间直角坐标系,如图所示.图①图②设OA=x,0<x<2√3,则OF=2√3-x,OE=𝑥√3,∴B(2,2√3-x,0),E(𝑥√3,0,0),A(0,0,x),C(-2,2√

3-x,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2√3-x,-x),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥√3-2,𝑥-2√3,0).(1)∵异面直线BE与AC垂直,∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x2-10√3x+8=0,解得x=6√3=2√3(舍)或x=4√3=4√33,∴图①中,𝐴𝐷

𝐴𝐶=4√332√3=23,即图①中点D在边AC的三等分点处且靠近点C.(2)平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0).𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥√3,0,-𝑥),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥√3-2,𝑥-2√3,0),设平面A

BE的法向量为m=(a,b,c),则{𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=𝑥√3𝑎-𝑥𝑐=0,𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=(𝑥√3-2)𝑎+(𝑥-2√3)𝑏=0,令a=1,则可取m=(1,-1√3,1√3).设平面ADE与平面ABE的夹角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛

||𝑚||𝑛|=1√31×√1+13+13=√55,∴无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值√55.