【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪專題整合：1-4-2立體幾何中的向量方法

第2講立體幾何中的向量方法一、選擇題1．已知平面ABC，點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足條件eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up7(→))，則直線AM ()．A．與平面ABC平行 B．是平面ABC的斜線C．是平面ABC的垂線 D．在平面ABC內(nèi)解析由已知得M，A，B，C四點(diǎn)共面，所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.答案D2.如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是A．垂直 B．平行C．相交 D．不能確定解析分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，∴eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up7(→))＝(0，a,0)，∴eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(C1D1,\s\up7(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up7(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up7(→)).又∵eq\o(C1D1,\s\up7(→))是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.答案B3．(2022·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz，設(shè)BC＝2，則B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以eq\o(BM,\s\up7(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up7(→))＝(－1,0,2)，故cos〈eq\o(BM,\s\up7(→))，eq\o(AN,\s\up7(→))〉＝eq\f(|\o(BM,\s\up7(→))·\o(AN,\s\up7(→))|,|\o(BM,\s\up7(→))|·|\o(AN,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).答案C4．(2022·四川卷)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是 A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))解析以D為原點(diǎn)，以DA、DC、DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，則有A(2,0,0)，O(1,1,0)，P(0,2，m)(0≤m≤2)，C1(0,2,2)．易知面A1DB的一個法向量為eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2,2,2)，eq\o(OP,\s\up7(→))＝(－1,1，m)，∴sinα＝eq\f(\o(AC1,\s\up7(→))·\o(OP,\s\up7(→)),|\o(AC1,\s\up7(→))||\o(OP,\s\up7(→))|)＝eq\f(2＋m,\r(3)·\r(2＋m2))，令2＋m＝t，∴m＝t－2(2≤t≤4)，∴sinα＝eq\f(t,\r(3)·\r(t2－4t＋6))＝eq\f(1,\r(3)·\r(1－\f(4,t)＋\f(6,t2)))，由二次函數(shù)的值域求解方法可知，y＝eq\r(1－\f(4,t)＋\f(6,t2))的值域?yàn)閥∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),3)))，∴sinα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1)).故選B.答案B5．(2022·北京東城區(qū)模擬)如圖，點(diǎn)P是單位正方體ABCD－A1B1C1D1中異于A的一個頂點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))的值為 ()．A．0 B．1C．0或1 D．任意實(shí)數(shù)解析eq\o(AP,\s\up7(→))可為下列7個向量：eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))，eq\o(AD1,\s\up7(→)).其中一個與eq\o(AB,\s\up7(→))重合，eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝1；eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AD1,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))與eq\o(AB,\s\up7(→))垂直，這時eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0；eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))與eq\o(AB,\s\up7(→))的夾角為45°，這時eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\r(2)×1×coseq\f(π,4)＝1，最終eq\o(AC1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\r(3)×1×cos∠BAC1＝eq\r(3)×eq\f(1,\r(3))＝1，故選C.答案C二、填空題6．在始終角坐標(biāo)系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，現(xiàn)沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角，則折疊后A，B兩點(diǎn)間的距離為________．解析如圖為折疊后的圖形，其中作AC⊥l于點(diǎn)C，BD⊥l于點(diǎn)D，則AC＝6，BD＝8，CD＝4，兩異面直線AC，BD所成的角為60°，故由eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))，得|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|2＝68，∴|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2eq\r(17).答案2eq\r(17)7．在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，點(diǎn)E為側(cè)棱PC的中點(diǎn)，又作DF⊥PB交PB于點(diǎn)F，則PB與平面EFD所成角為______．解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，則P(0,0，a)，B(a，a,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(a，a，－a)，又eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0＋eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)＝0，所以PB⊥DE，由已知DF⊥PB，且DF∩DE＝D，所以PB⊥平面EFD，所以PB與平面EFD所成角為90°.答案90°8．(2022·孝感模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動時，有下列三個命題：①三棱錐A－D1PC的體積不變；②直線AP與平面ACD1所成角的大小不變；③二面角P－AD1－C解析①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一點(diǎn)到平面AD1C的距離相等，所以體積不變，正確；②中，P在直線BC1上運(yùn)動時，直線AB與平面ACD1所成角和直線AC1與平面ACD1所成角不相等，所以不正確；③中，P在直線BC1上運(yùn)動時，點(diǎn)P在平面AD1C1B中，即二面角P－AD1－C的大小不受影響，所以正確．答案①③三、解答題9．(2022·煙臺一模)在平行四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E是線段AD的中點(diǎn)．如圖所示，沿直線BD將△BCD翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD.(1)求證：C′D⊥平面ABD；(2)求直線BD與平面BEC′所成角的正弦值．(1)證明平行四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直線BD將△BCD翻折成△BC′D，可知C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，即BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD.又∵平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′D?平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD.(2)解由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，如圖，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．∵E是線段AD的中點(diǎn)，∴E(4,3,0)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－8,0,0)．在平面BEC′中，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－4,3,0)，eq\o(BC′,\s\up7(→))＝(－8,0,6)，設(shè)平面BEC′法向量為n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up7(→))·n＝0，,\o(BC′,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＋3y＝0，,－8x＋6z＝0，))令x＝3，得y＝4，z＝4，故n＝(3,4,4)．設(shè)直線BD與平面BEC′所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(BD,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BD,\s\up7(→))|,|n||\o(BD,\s\up7(→))|)＝eq\f(3\r(41),41).∴直線BD與平面BEC′所成角的正弦值為eq\f(3\r(41),41).10．(2022·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱錐E-ACD體積．(1)證明連接BD交AC于點(diǎn)O，連接EO.由于ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB.由于EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)證明由于PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，|eq\o(AP,\s\up7(→))|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設(shè)B(m,0,0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1,0,0)為平面DAE的法向量，由題設(shè)知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).由于E為PD的中點(diǎn)，所以三棱錐E－ACD的高為eq\f(1,2)，三棱錐E－ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).11.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)證明：PC⊥AD；(2)求二面角A-PC-D的正弦值；(3)設(shè)E為棱PA上的點(diǎn)，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長．(1)證明如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意，得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0，P(0,0,2)．易得eq\o(PC,\s\up12(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD,\s\up12(→))＝(2,0,0)，于是eq\o(PC,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝0，所以PC⊥AD.(2)解eq\o(PC,\s\up12(→))＝(0,1，－2)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(2，－1，0)．設(shè)平面