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1、2021版高考数学一轮复习 第七章48立体几何中的向量方法 练案（含解析）2021版高考数学一轮复习 第七章48立体几何中的向量方法 练案（含解析）A组基础巩固一、单选题1(2020东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，与的夹角为120，则的值为(C)教育精品ABCD解析(1，)，教育精品cos120，得.经检验不合题意，舍去，.教育精品2在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的法向量为a(2，2,1)，已知P(1,3,2)，则P到平面OAB的距离等于(B)教育精品A4B2C3D1解析设点P到平面OAB的距离为d，则d，因为a(2，2,1)，P(1,3,2)，所以d2.故选B.教育
2、精品3如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，则B1M与AN所成角的余弦值等于(B)教育精品ABCD解析如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.教育精品设AB2，B1M与AN所成角为，则A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N(1,1,2)，教育精品所以(1,1,2)，(1，1，2)教育精品故cos，教育精品教育精品.因为两异面直线所成角的范围是(0，所以cos.故选B.教育精品4在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱
3、AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(C)教育精品AB1CD解析以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则N(0,0,0)，A1(0，1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以(，0,0)，(，1，1)，设直线A1M与BN所成的角为，则cos|cos，|，则sin，tan，故选C项教育精品5在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为(C)教育精品ABCD解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别
4、为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系教育精品设BCCACC12，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，教育精品(1，1,2)，(1,0,2)教育精品cos，教育精品.教育精品6(2019黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABCA1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为(B)教育精品ABCD解析如图建立空间直角坐标系，则(0,0,1)，(，1，1)，(0,2，1)，教育精品设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)，则不妨取z2，教育精品则x，y1，n(，1,2)，教育精品A到平面A1BC的距离d.故选B.
5、教育精品7(2019河南安阳)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为(C)教育精品A150B45C60D120解析二面角的大小为，教育精品，教育精品两边平方得6836166496cos，教育精品cosAC，60，故选C.教育精品二、多选题8已知空间中两条直线a，b所成的角为50，P为空间中给定的一个定点，直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是(090)，则下列选项正确的是(ABCD)教育精品A当15时，满足题意的直线l不存在B当25时，满足题意的直线l有且仅有1条C当40时，满足题意的直
6、线l有且仅有2条D当65时，满足题意的直线l有且仅有3条解析过点P分别作aa，bb，则a与b所成的角为50，由题意可知2590，当15时，满足题意的直线不存在，故A正确；当25时，直线l过点P且与a，b在同一平面内，且平分a与b所成角，满足题意的直线有且仅有1条；故B正确；当2565时，满足题意的直线l有且仅有2条，故C正确；当65时，满足题意的直线有且仅有3条，故D正确教育精品9(2020山东济南期末)给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；ab.规定：ab为同时与a，b垂直的向量；a，b，ab三个向量构成右手系(如图1)；|ab|a|b|sina，b如图2，在长方体ABCDA1B1C
7、1D1中，ABAD2，AA14，则下列结论正确的是(ACD)教育精品A教育精品B.教育精品C()教育精品D长方体ABCDA1B1C1D1的体积V()教育精品解析由叉乘运算定义知A正确；，B错误；()，由|知24sin902，4，()4.同理可知4，4，4()4，由、知C正确又()|V长方体ABCDA1B1C1D1，D正确，故选ACD.教育精品三、填空题10(2020山东枣庄期末)如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PCBC，ABBC，AB2BC2，PC，则PA与平面ABC所成角的大小为_45_；三棱锥PABC外接球的表面积是_6_.教育精品解析如图，作PO平面ABC于O，连OA，OC，则PAO
8、即为PA与平面ABC所成的角ABPA，ABPO，AB平面PAO，从而ABAO，同理BCCO，又ABBC，ABCO为矩形，又由题意易知PB，PA，AO1，PO1，教育精品PAO45，即PA与平面ABC所成角为45，又PB为三棱锥PABC外接球的直径，S球4()26.11如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA1ACBC1，则异面直线BC1与A1B1所成角为_60_；二面角ABC1C的余弦值是.教育精品解析由题意可知BC1ABAC1，BC1与A1B1所成的角为ABC160，连B1C交BC1于H，连AH，则HCBC1，AHBC1，教育精品AHC即为二面角ABC1C的平面角，且cosAH
9、C.教育精品注：本题也可如图建立空间直角坐标系，用向量法求解四、解答题12(20203月份北京市高考适应性考试)如图，在四棱锥PABCD中，PD2AD，PDDA，PDDC，底面ABCD为正方形，M、N分别为AD，PD的中点教育精品(1)求证：PA平面MNC；(2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值解析(1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，所以PAMN，又因PA平面MNC，MN平面MNC，所以PA平面MNC.(2)由题意建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AD2，则P(0,0,4)，B(2,2,0)，M(1,0,0)，N(0,0,2)，C(0,2,0)，教育精品则(2,2，4)，(
10、1,0,2)，(1,2,0)教育精品设平面MNC的法向量为n(x，y，z)，则，教育精品令x2，则y1，z1，即n(2,1,1)设直线PB与平面MNC所成角为，则sin.教育精品即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为.13(2020广东惠州调研)在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BCAD，ADC90，BCCD1，AD2，PAPD，E为AD的中点，F为PC的中点教育精品(1)求证：PA平面BEF；(2)求二面角FBEA的余弦值解析(1)连接AC交BE于N ，并连接CE，FN，BCAD，BCAD，E为AD的中点，AEBC，且AEBC，四边形ABCE为平行四边形，
11、N为AC中点，又F为PC中点，NFPA，NF平面BEF，PA平面BEF，PA平面BEF.(2)连接PE，由E为AD的中点及PAPD，得PEAD，则PE，侧面PAD底面ABCD，且交于AD，PE面ABCD，如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0，)教育精品F为PC的中点，F(，)，教育精品(0,1,0)，(，)，教育精品设平面EBF法向量为m(x，y，z)，则教育精品取m(，0,1)，平面EBA法向量可取：n(0,0,1)，设二面角FBEA的大小为，显然为钝角，cos |co
12、sm，n|，教育精品二面角FBEA的余弦值为.14(2019银川模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，BAC90，AA1BC，AA1AC2AB4，且BC1A1C.教育精品(1)求证：平面ABC1平面A1ACC1；(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE平面ABC1.若存在，求二面角EAC1B的余弦值教育精品解析(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，AA1AB，又AA1BC，ABBCB，A1A平面ABC，A1AAC.又A1AAC，A1CAC1.又BC1A1C，BC1AC1C1，A1C平面ABC1，又A1C平面A1
13、ACC1，平面ABC1平面A1ACC1.(2)当E为BB1的中点时，连接AE，EC1，DE，如图1，取A1A的中点F，连接EF，FD，EFAB，DFAC1，又EFDEF，ABAC1A，平面EFD平面ABC1，则有DE平面ABC1.以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，因为AA1AC2AB4，A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，教育精品由(1)知，(0,4，4)是平面ABC1的一个法向量教育精品设n(x，y，z)为平面AC1E的法向量，(0,4,4)，(2,0,2)，教育精品，即，教育精品令z1，则x1，y1，n(1，1,1)为平面AC1E的一个法向量设与n的夹角为，则cos，教育精品由图知二面角EAC1B为锐角，二面角EA
