《2022版新高考数学人教A版总复习集训-8.5-空间向量及其在立体几何中的应用-专题检测-含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版新高考数学人教A版总复习集训-8.5-空间向量及其在立体几何中的应用-专题检测-含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.5空间向量及其在立体几何中的应用专题检测1.(2019浙江绍兴数学调测(3月),9)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为6,当B1M最小时,AMB=()A.512B.3C.4D.6答案B以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).设平面AMN的法向量为n=
2、(x,y,z),则AMn=x+az=0,ANn=y+bz=0,取z=1,得n=(-a,-b,1).由图可知平面ABC的一个法向量为AA1=(0,0,1),平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为6,cos6=|AA1n|AA1|n|=1a2+b2+1,解得3a2+3b2=1.当B1M最小时,BM的值最大.b=0,BM=a=33,tanAMB=ABBM=133=3,AMB=3.故选B.2.(2018新疆乌鲁木齐八一中学期中,9)如图所示,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.16答案C如图
3、,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,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).D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则nAC=-a+2b=0,nAD1=-a+c=0.取a=2,得n=(2,1,2),点E到平面ACD1的距离h=|D1En|n|=|2+1-2|3=13.故选C.3.(2018甘肃庆阳一中月考,9)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直线AE与平面ABC1D1所成角的正切值是()A.63B.
4、62C.52D.102答案A以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,A(1,0,0),E1,12,1,B(1,1,0),D1(0,0,1),AE=0,12,1,AB=(0,1,0),AD1=(-1,0,1),设平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).则nAB=y=0,nAD1=-x+z=0,取x=1,可得n=(1,0,1),设直线AE与平面ABC1D1所成的角为,0,2,则sin=|cos|=1522=105.cos=155,tan=sincos=63.故选A.思路分析建立空
5、间坐标系,求出平面ABC1D1的法向量及AE,利用向量的夹角公式求解.方法总结线面角的求解方法常用的有两个,一是利用空间向量,二是定义法.本题也可从点E引平面ABC1D1的垂线,垂足为正方体的中心,用定义法求解.4.(2018全国名校联考,8)过正方形ABCD的顶点A,作PA平面ABCD,若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小是()A.30B.45C.60D.90答案B以A为原点,直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AP为z轴,建立空间直角坐标系,设PA=BA=1,则C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1),设平面
6、PCD的法向量n=(x,y,z),则PCn=x+y-z=0,PDn=y-z=0,取y=1,得n=(0,1,1),易知平面ABP的一个法向量m=(0,1,0),设平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为,则cos=|nm|n|m|=12=22,=45,平面ABP和平面CDP所成的锐二面角的大小为45.故选B.思路分析考虑到PA面ABCD,ABAD,以A为原点建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算求出平面的法向量,由向量的夹角公式求解.一题多解把该几何体补成正方体,即通过补体法,利用正方体的性质易得所求二面角的大小为45.5.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1
7、B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则PBC的面积的最小值为.答案255解析以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),MC=(-2,2,-1).点P在侧面ABB1A1内,设P的坐标为(2,b,c),b,c0,2,D1P=(2,b,c-2),又D1PMC,D1PMC=0,-4+2b+2-c=0,解得c=2b-2,b1,2,又PBBC,SPBC=12BCPB=122PB=(2-b)2+c2,将c=2b-2代入上式,得SPB
8、C=5b2-12b+8=5b-652+45,b1,2,当b=65时,SPBC取得最小值,为255.6.(2018北京西城一模,14)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,点P在侧面A1ABB1上.若点P到直线AA1和CD的距离相等,则A1P的最小值是.答案3解析以D为原点,分别以直线DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(1,0,2),设P(1,y,z),则y0,2,z0,2,因为P到直线AA1的距离为y,P到直线CD的距离为1+z2,所以y=1+z2,所以A1P=y2+(2-z)2=2z2-4z+5=2(z-1)2+3,所以当z=1时
9、,A1P取最小值,且最小值为3.7.(2016陕西商洛一模,19)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2.(1)求证:AO平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.解析(1)证明:连接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2,O为BD的中点得AOBD,CO=3,AO=1,在AOC中,AC2=AO2+OC2,故AOOC.又BDOC=O,因此AO平面BCD.(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0),E12,32,
10、0,则AB=(1,0,-1),CD=(-1,-3,0),|cos|=|ABCD|AB|CD|=24,异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.(3)AD=(-1,0,-1),CD=(-1,-3,0),EC=-12,32,0,设平面ACD的法向量为n=(x,y,z).由nAD=0,nCD=0,得-x-z=0,-x-3y=0,令y=1,则n=(-3,1,3).所以点E到平面ACD的距离为d=ECn|n|=217.8.(2016广西南宁二模,19)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是CD的中点.(1)求BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)在BB1上找一点N,使得D1N平面A1C1M
11、.解析(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1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,设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),M0,12,0,C1(0,1,1),所以A1C1=(-1,1,0),A1M=-1,12,-1,设平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),由eA1C1=0,eA1M=0得-x+y=0,-x+12y-z=0,令y=1,则x=1,z=-12,所以e=1,1,-12,又BB1=(0,0,1),则cos=-1212+12+-12212=-13,所以sin=1-132=89=223,即BB1与平面A1C1M所成角的余弦值为223.(2)设N的坐标为(1,1
12、,t),其中0t1,则D1N=(1,1,t-1),因为D1N平面A1C1M,所以D1N与e共线,从而t-1=-12,则t=12.即当点N为BB1的中点时,D1N平面A1C1M.思路分析(1)根据正方体中的垂直关系,建立空间直角坐标系,求得所需点的坐标,利用空间向量求得BB1与平面A1C1M所成角的余弦值;(2)可设N的坐标为(1,1,t),因为D1N平面A1C1M,所以D1N与e共线,求得t=12,所以当点N为BB1的中点时,D1N平面A1C1M.9.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF平面ABCD,AFDE,ADDE,AF=26,DE=36
13、.(1)求证:平面ACE平面BED;(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DE平面ADEF,DEAD,所以DE平面ABCD.(2分)又因为AC平面ABCD,所以DEAC.因为四边形ABCD是正方形,所以ACBD,又因为DEBD=D,DE平面BED,BD平面BED,所以AC平面BDE.(3分)又因为AC平面ACE,所以平面ACE平面BED.(4分)(2)因为DEDC,DEAD,ADDC,所以建立空间直
14、角坐标系D-xyz如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).则nBE=0,nEF=0,即-3x1-3y1+36z1=0,3x1-6z1=0,令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3).(6分)所以cos=CAn|CA|n|=-363239=-1313.(7分)所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.(8分)(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0t26.(9分)则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),则mBM=0,mBE=0,即-3y2+tz2=0,-3x2-3y2+36z2=0,令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3).(10分)又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,|cos|=|mCA|m|CA|=|96-6t|32(36-t)2+t2+9=12,(11分)整理得2t2-66t
