2020高考数学刷题首选卷 第六章 立体几何 考点测试48 立体几何中的向量方法 理（含解析）

考点测试48立体几何中的向量方法高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度考纲研读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∥βB．α⊥βC．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〉＝n1·n2|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．32B．22C．3D．32答案B解析两平面的一个单位法向量n0＝－22，0，22，故两平面间的距离d＝|OA→·n0|＝22．3．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〉＝－12，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〉＝－12，所以l与α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝12，又θ∈0，π2，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．55B．53C．255D．35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BC1→＝(0，2，－1)，AB1→＝(－2，2，1)，所以cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→·AB1→|BC1→||AB1→|＝4－15×9＝55．所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为55．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〈CM→，D1N→〉的值为()A．19B．459C．259D．23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CM→＝(2，－2，1)，D1N→＝(2，2，－1)，cos〈CM→，D1N→〉＝－19，sin〈CM→，D1N→〉＝459．6．已知向量AB→＝(2，2，1)，AC→＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量是()A．13，－23，23B．－13，23，－23C．±12，－1，1D．±13，－23，23答案D解析设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，则2x＋2y＋z＝0，4x＋5y＋3z＝0.取z＝1，得x＝12，y＝－1．则n＝12，－1，1，|n|＝32，故平面ABC的单位法向量是±13，－23，23．故选D．7．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝23，BC＝3，CD＝2．∠ABC＝∠DCB＝π2，则二面角A－BC－D的大小为()A．π6B．π3C．5π3D．5π6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．AD→＝AB→＋BC→＋CD→，而AD→2＝(AB→＋BC→＋CD→)2＝AB→2＋BC→2＋CD→2＋2|AB→||BC→|cos〈AB→，BC→〉＋2|AB→||CD→|cos〈AB→，CD→〉＋2|BC→||CD→|cos〈BC→，CD→〉＝AB→2＋CD→2＋BC→2＋2|AB→||CD→|cos〈AB→，CD→〉，即12＝1＋4＋9＋2×2cos〈AB→，CD→〉，∴cos〈AB→，CD→〉＝－12，∴AB→与CD→所成角为2π3，即二面角A－BC－D的大小为π－2π3＝π3．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＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．15B．56C．55D．22答案C解析以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1→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(1，1，3)，D1(0，0，3)，所以AD1→＝(－1，0，3)，DB1→＝(1，1，3)，因为cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→|AD1→||DB1→|＝－1＋32×5＝55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，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＝34x，与直线DC的方程y＝7联立得F283，7．由两点间的距离公式得E1F＝53，∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝125，∴E2F＝E1F·tan∠E2E1F＝4．∴E2F1＝12－4＝8．∴L3L4＝E1E2E2E3＝E2FE2F1＝48＝12．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25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)，∴EM→＝(－1，y，2)，|EM→|＝y2＋5，AF→＝(2，1，0)，|AF→|＝5，∴cosθ＝|EM→·AF→||EM→||AF→|＝|y－2|5·y2＋5＝2－y5·y2＋5．令t＝2－y，要使cosθ最大，显然0t≤2．∴cosθ＝15×t9－4t＋t2＝15×13t－232＋59≤15×132－232＋59＝15×25＝25．当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cosθ取得最大值25．三、模拟小题11．(2018·太原模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝22，点E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为()A．2B．3C．2D．1答案D解析以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，E(0，2，2)，易知AC1∥平面BDE．设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．则n·DB→＝2x＋2y＝0，n·DE→＝2y＋2z＝0.取y＝1，则n＝(－1，1，－2)为平面BDE的一个法向量．又因为DA→＝(2，0，0)，所以点A到平面BDE的距离d＝|n·DA→||n|＝|－1×2＋0＋0|－12＋12＋－22＝1．故选D．12．(2018·福建四地七校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则A1B与平面ABD所成角的余弦值为()A．23B．73C．32D．37答案B解析如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz，设CA＝CB＝a(a0)，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)，∴Ea2，a2，1．又∵G为△ABD的重心，∴Ga3，a3，13．易得GE→＝a6，a6，23，BD→＝(0，－a，1)．∵点E在面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴GE→⊥面ABD．∴GE→·BD→＝0，解得a＝2．∴GE→＝13，13，23，BA1→＝(2，－2，2)．∵GE→⊥面ABD，∴GE→为面ABD的一个法向量，设A1B与面ABD所成角为θ，∵sinθ＝|cos〈GE→，BA1→〉|＝|GE→·BA1→||GE→||BA1→|＝4363×23＝23，∴cosθ＝73．∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为73，故选B．13．(2018·九江模拟)在四棱锥P－ABCD中，AB→＝(4，－2，3)，AD→＝(－4，1，0)，AP→＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h＝()A．1B．2C．13D．26答案B解析在四棱锥P－ABCD中，AB→＝(4，－2，3)，AD→＝(－4，1，0)，AP→＝(－6，2，－8)，设平面ABCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥AB→，n⊥AD→，即4x－2y＋3z＝0，－4x＋y＝0，设y＝4，则n＝1，4，43，所以cos〈n，AP→〉＝n·AP→|n||AP→|＝－6＋8－323133×226＝－2626，所以h＝|AP→||cos〈n，AP→〉|＝2626×226＝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．36B．34C．33D．233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＝3，所以B32，0，0，F0，0，12，C0，12，0，D－32，0，0．易知OC→＝0，12，0为平面BDF的一个法向量．由BC→＝－32，12，0，FB→＝32，0，－12，可求得平面BCF的一个法向量为n＝(1，3，3)，所以cos〈n，OC→〉＝217，由题图知二面角C－BF－D的平面角为锐角，所以sin〈n，OC→〉＝277，所以tan〈n，OC→〉＝233．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233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DB→＝(1，1，0)，DE→＝(0，1，1)，BD1→＝(－1，－1，2)，设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以有n·DB→＝0，n·DE→＝0，即x＋y＝0，y＋z＝0，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＝|BD1→·n||n|＝233．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13S△BDE·h＝13S△D1DE·BC，即h＝S△D1DE·BCS△BDE＝12×2×1×112×2×32＝23＝233，∴点D1到平面BDE的距离为233．16．(2018·辽宁模拟)如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BAC＝π2，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55，1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)，G0，12，1，E1，0，12，设D(x，0，0)，F(0，y，0)(x，y∈(