《新课标2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7_6空间向量及其应用课时规范练理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7_6空间向量及其应用课时规范练理含解析新人教A版.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、7-6 空间向量及其应用7-6 空间向量及其应用 课时规范练课时规范练 (授课提示：对应学生用书第 297 页) A 组 基础对点练 1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，ABBC1，AA1，D为AA1的2 中点，BD与AB1交于点O，BCAB1. (1)证明：CDAB1； (2)若OC，求二面角ABCB1的余弦值 3 3 解析：(1)证明：由AB1B与DBA相似，知DBAB1，又BCAB1，BDBCB， AB1平面BDC，CD平面BDC， CDAB1. (2)由于OC，BC1，在ABD中，可得OB，BOC是直角三角形，BOCO. 3 3 6 3 由(1)知COAB1，
2、则CO平面ABB1A1. 以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 则A，B，C，B1， ( 3 3 ，0，0) (0， 6 3 ，0) (0，0， 3 3) ( 2 3 3，0，0)BC (0， 6 3 ， 3 3) AB ，. ( 3 3 ， 6 3 ，0)BB1 ( 2 3 3， 6 3 ，0) 设平面ABC，平面BCB1的法向量分別为n n1(x1，y1，z1)，n n2(x2，y2，z2)， 则Error! Error! 不妨取n n1(，1，)，n n2(1， ，2)，222 cosn n1，n n2， n n1n n2 |n n1
3、|n n2| 2 70 35 又二面角ABCB1为钝二面角， 二面角ABCB1的余弦值为. 2 70 35 2 (2018高考江苏卷)如图， 在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12， 点P，Q分别为A1B1，BC 的中点 (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 解析：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC， A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC， OO1OB，以为基底，建立空间直角 OB ，OC ，OO1 坐标系Oxyz.因为ABAA12， 所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2
4、)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)33 (1)因为P为A1B1的中点，所以P， ( 3 2 ，1 2，2) 从而，(0,2,2)，BP ( 3 2 ，1 2，2) AC1 故|cos，|.BP AC1 |BP AC1 | |BP |AC1 | |14| 5 2 2 3 10 20 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为. 3 10 20 (2)因为Q为BC的中点，所以Q， ( 3 2 ，1 2，0) 因此，(0,2,2)，(0,0,2)AQ ( 3 2 ，3 2，0) AC1 CC1 设n n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则Error!即Error! 不妨取n n(，1,
5、1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为，3 则 sin |cos ，n n|，CC1 |CC1 n n| |CC1 |n n| 2 5 2 5 5 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为. 5 5 3如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. (1)证明：ACAB1； (2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值 解析：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO. 因为侧面BB1C1C为菱形， 所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点 又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO. 由于AO平面ABO，故B1CAO.
6、 又B1OCO，故ACAB1. (2)因为ACAB1，且O为B1C的中点， 所以AOCO. 因为ABBC，所以BOABOC. 故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向， |为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系OOB OB xyz. 因为CBB160，所以CBB1为等边三角形， 又ABBC，OCOA， 则A，B(1,0,0)，B1，C. (0，0， 3 3)(0， 3 3 ，0) (0， 3 3 ，0) 易知，.AB1 (0， 3 3 ， 3 3) A1B1 AB (1，0， 3 3) B1C1 BC (1， 3 3 ，0) 设n n(x，y，z)是
7、平面AA1B1的法向量，则 Error!即Error! 所以可取n n(1， ，)33 设m m是平面A1B1C1的法向量，则Error! 同理可取m m(1，)33 则 cosn n，m m . n nm m |n n|m m| 1 7 所以二面角AA1B1C1的余弦值为 . 1 7 4(2017高考天津卷)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC， BAC90.点D，E，N 分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2. (1)求证：MN平面BDE； (2)求二面角CEMN的正弦值； (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长
8、7 21 解析 ： 如图，以A为原点，分别以， ，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角AB AC AP 坐标系依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)， M(0,0,1)，N(1,2,0) (1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)DE DB 设n n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则Error!即Error! 不妨设z1，可得n n(1,0,1) 又(1,2，1)，可得n n0.MN MN 因为MN平面BDE，所以MN平面BDE. (2)易知n n1 1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量 设n n2(x1
9、，y1，z1)为平面EMN的法向量， 则Error!因为(0， 2, 1)，(1,2， 1)，EM MN 所以Error! 不妨设y11，可得n n2(4,1，2) 因此有 cosn n1 1，n n2， n n1 1n n2 2 | |n n1 1| | |n n2 2| 4 21 于是 sinn n1 1，n n2. 105 21 所以二面角CEMN的正弦值为. 105 21 (3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)， 进而可得(1，2，h)，(2,2,2)NH BE 由已知，得|cos， |NH BE |NH BE | |NH |BE | ， |2h2| h25 2 3 7
10、21 整理得 10h221h80，解得h 或h . 8 5 1 2 所以线段AH的长为 或 . 8 5 1 2 B 组 能力提升练 1(2018长沙师大附中月考)如图，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2AD2，M 为CD边的中点，沿BM将CBM折起使得平面BMC平面ABMD. (1)求证：平面AMC平面BMC； (2)求四棱锥CADMB的体积； (3)求折后直线AB与平面ADC所成的角的正弦值 解析：(1)证明：平面BMC平面ABMD，平面BMC平面ABMDMB， 由题易知AMMB，且AM平面ABMD. AM平面BMC，而AM平面AMC， 平面AMC平面BMC. (2)由已知有CMB是正
11、三角形，取MB的中点O，则COMB，又平面BMC平面ABMD于MB， 则CO平面ABMD，且CO. 3 2 易求得S梯形ABMD (12). 1 2 3 2 3 3 4 VCABDM . 1 3 3 3 4 3 2 3 8 (3)作MzCO，由(1)知可如图建系， 则A(，0,0)，B(0,1,0)，C，3 (0， 1 2， 3 2) (，1,0)AB 3 又，得D.MD 1 2BA ( 3 2 ，1 2，0) ，.CA ( 3，1 2， 3 2) CD ( 3 2 ，1， 3 2) 设平面ACD的法向量n n(x，y，z)，则 Error!不妨取n n(1，3)3 设折后直线AB与平面ADC
12、所成的角为，则 sin . |n nAB | |n n|AB | 39 13 2如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD. 若DADHDB4，AECG3. (1)求证：EGDF； (2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值 解析：(1)证明：连接AC，HF，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形， 所以EGAC， 而ACBD，ACBF， 所以EGBD，EGBF， 因为BDBFB， 所以EG平面BDHF， 又DF平面BDHF，所以EGDF. (2)设ACBDO，EGHFP，由已知可得，平面ADHE平面BCGF，所以EHFG，同理可 得EF
13、HG， 所以四边形EFGH为平行四边形， 所以P为EG的中点， 又O为AC的中点， 所以OP 綊AE， 从而OP平面ABCD，又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF2. 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所3 以(2，2,3)，(2，0,0)，(0,2，1)BE 3PE 3PF 设平面EFGH的法向量为n n(x，y，z)， 由Error!可得Error! 令y1，则z2，所以n n(0,1,2) 设BE与平面EFGH所成角为， 则 sin . |BE n n| |BE |n n| 4 5 25
14、 3 (2018高考天津卷)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD 2FG，DG平面ABCD，DADCDG2. (1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE； (2)求二面角EBCF的正弦值； (3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为 60，求线段DP的长 解析：依题意，可以建立以D为原点， 分别以， ，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，DA DC DG 可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M， (0， 3
15、2，1) N(1,0,2) (1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)DC DE 设n n0(x，y，z)为平面CDE的法向量， 则Error!即Error! 不妨令z1，可得n n0(1,0，1) 又，可得n n00，MN (1， 3 2，1) MN 又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE. (2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)BC BE CF 设n n(x，y，z)为平面BCE的法向量， 则Error!即Error! 不妨令z1，可得n n(0,1,1) 设m m(x，y，z)为平面BCF的法向量， 则Error!即Error! 不妨令z1，可得m
16、m(0,2,1) 因此有 cosm m，n n， m mn n |m m| | |n n| | 3 10 10 于是 sinm m，n n. 10 10 所以二面角EBCF的正弦值为. 10 10 (3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)BP 易知(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，DC 故|cos|，BP DC |BP DC | |BP |DC | 2 h25 由题意，可得sin 60， 2 h25 3 2 解得h0,2所以线段DP的长为. 3 3 3 3 4直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，A
17、EA1B1，D 为棱A1B1上的点 (1)证明：DFAE； (2)是否存在一点D， 使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为？若存 14 14 在，说明点D的位置，若不存在，请说明理由 解析：(1)证明：AEA1B1，A1B1AB， ABAE，又ABAA1，AEAA1A， AB平面A1ACC1，又AC平面A1ACC1， ABAC. 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0,0,0)，E，F，A1(0,0,1)，B1(1，0,1) (0，1， 1 2)( 1 2， 1 2，0) 设D(x，y，z)，且0,1，A1D A1B1 即(x，y，z1)(1,0,0)
18、，D(，0,1)， ，又，DF ( 1 2， 1 2，1) AE (0，1， 1 2) 0，DFAE.DF AE 1 2 1 2 (2)假设存在满足条件的点D，设平面DEF的法向量为n n(x，y，z)，则Error! ，FE ( 1 2， 1 2， 1 2) DF ( 1 2， 1 2，1) Error!即Error! 令z2(1)， 得n n(3,12，2(1) 由题可知平面ABC的法向量为m m(0,0,1)， 平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为，|cosm m，n n| 14 14 |m mn n| |m m|n n| ， 14 14 即， |21| 9122412 14 14 解得 或 (舍去) 1 2 7 4 当点D为A1B1中点时，满足要求