【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试48立体几何中的向量方法作业 22页

考点测试48　立体几何中的向量方法 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 考纲研读 ‎1．理解直线的方向向量与平面的法向量 ‎2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系 ‎3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)‎ ‎4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用 ‎5．能用向量法解决空间的距离问题 一、基础小题 ‎1．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)‎ A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 答案　C 解析　因为cos〈n1·n2〉＝≠0且cos〈n1，n2〉≠±1，所以α，β相交但不垂直．‎ ‎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 答案　B 解析　两平面的一个单位法向量n0＝，故两平面间的距离d＝|·n0|＝．‎ ‎3．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)‎ A．30° B．60° C．120° D．150°‎ 答案　A 解析　因为cos〈m，n〉＝－，所以l与α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，又θ∈，所以θ＝30°．‎ ‎4．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． 答案　A 解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2．‎ 故O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，‎ 所以＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝．所以直线BC1与直线AB1‎ 夹角的余弦值为．故选A．‎ ‎5．在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　B 解析　设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知＝(2，－2，1)，＝(2，2，－1)，‎ cos〈，〉＝－，‎ sin〈，〉＝．‎ ‎6．已知向量A＝(2，2，1)，A＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量是(　　)‎ A．，－， B．－，，－ C．±，－1，1 D．±，－， 答案　D 解析　设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，则取z＝1，得x＝，y＝－1．则n＝，－1，1，|n|＝，故平面ABC的单位法向量是±，－，．故选D．‎ ‎7．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2．∠ABC＝∠DCB＝，则二面角A－BC－D的大小为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　B 解析　二面角A－BC－D的大小等于AB与CD所成角的大小．＝＋＋，而2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2||||cos〈，〉＋2||||cos〈，〉＋2||||cos〈，〉＝2＋2＋2＋2||||cos〈，〉，即12＝1＋4＋9＋2×2cos〈，〉，‎ ‎∴cos〈，〉＝－，∴与所成角为，即二面角A－BC－D的大小为π－＝．故选B．‎ 二、高考小题 ‎8．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　C 解析　以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，因为cos〈，〉＝＝＝ ‎，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．‎ ‎9．(经典江西高考)如图，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是(　　)‎ 答案　C 解析　‎ 由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8，6，0)处．在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为y＝x，与直线DC的方程y＝7联立得F．由两点间的距离公式得E‎1F＝，∵tan∠E2E‎1F＝tan∠EAE1＝，‎ ‎∴E‎2F＝E‎1F·tan∠E2E‎1F＝4．∴E‎2F1＝12－4＝8．‎ ‎∴＝＝＝＝．故选C．‎ ‎10．(2015·四川高考)如右图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．‎ 答案　 解析　建立空间直角坐标系，转化为向量进行求解．‎ 以AB，AD，AQ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Axyz，设正方形边长为2，M(0，y，2)(0≤y≤2)，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，‎ ‎∴＝(－1，y，2)，||＝，＝(2，1，0)，||＝，‎ ‎∴cosθ＝＝＝．‎ 令t＝2－y，要使cosθ最大，显然00)，则 A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)，‎ ‎∴E，，1．‎ 又∵G为△ABD的重心，‎ ‎∴G，，．易得＝，，，＝(0，－a，1)．∵点E在面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴G⊥面ABD．∴·＝0，解得a＝2．∴＝，，，＝(2，－2，2)．∵⊥面ABD，‎ ‎∴G为面ABD的一个法向量，设A1B与面ABD所成角为θ，∵sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，∴cosθ＝．∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为，故选B．‎ ‎13．(2018·九江模拟)在四棱锥P－ABCD中，A＝(4，－2，3)，A＝(－4，1，0)，A＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h＝(　　)‎ A．1 B．‎2 C．13 D．26‎ 答案　B 解析　在四棱锥P－ABCD中，A＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，‎ 设平面ABCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即设y＝4，则n＝1，4，，所以cos〈n，A〉＝＝＝－，所以h＝|A||cos〈n，A〉|＝×2＝2．故选B．‎ ‎14．(2018·合肥模拟)如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则二面角C－BF－D的正切值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　D 解析　连接BD交AC于点O，连接OF．以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．‎ 设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，所以B，0，0，F0，0，，C0，，0，D－，0，0．‎ 易知O＝0，，0为平面BDF的一个法向量．‎ 由B＝－，，0，F＝，0，－，可求得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)，‎ 所以cos〈n，O〉＝，‎ 由题图知二面角C－BF－D的平面角为锐角，所以sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝．故选D．‎ ‎15．(2018·广东珠海四校模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，则点D1到平面BDE的距离为________．‎ 答案　 解析　解法一：如图，以D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，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，连接D1B，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，2)，设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以有即令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，1)，则点D1到平面BDE的距离d＝＝．‎ 解法二：连接D1B，D1E，由题意可知BC⊥平面DD1E，设点D1到平面BDE的距离为h，由VD1－BDE＝VB－DD1E得S△BDE·h＝S△D1DE·BC，即h＝＝＝＝，∴点D1到平面BDE的距离为．‎ ‎16．(2018·辽宁模拟)如图，在直三棱柱A1B‎1C1－ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝A‎1A＝1，已知G与E分别是棱A1B1和CC1的中点，D与F分别是线段AC与AB上的动点(不包括端点)．若GD⊥EF，则线段FD的长度的取值范围是________．‎ 答案　，1‎ 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C(1，0，0)，C1(1，0，1)，G0，，1，E1，0，，‎ 设D(x，0，0)，F(0，y，0)(x，y∈(0，1))，‎ 则G＝x，－，－1，E＝－1，y，－，‎ ‎∵GD⊥EF，∴G·E＝0，即－x－y＋＝0，‎ ‎∴x＝－y，在Rt△AFD中，FD＝＝＝＝，‎ ‎∵0