立体几何中的向量方法-2025届高三数学一轮复习考点规范练

考点规范练39　立体几何中的向量方法 一、基础巩固 1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为(　　) A.-2 B.- C. D.± 2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为(　　) A. B. C. D. 3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,若AB=,AF=1,点M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为(　　) A.(1,1,1) B. C. D. 4.如图,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. B. C. D. 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则(　　) A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面 6.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则(　　) A.AC⊥BD B.△ACD是等边三角形 C.AB与平面BCD所成的角为60° D.AB与CD所成的角为60° 7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值是　　　　　.  8.(2021全国Ⅰ,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1, M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)求BC; (2)求二面角A-PM-B的正弦值. 9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点. (1)求证:B1C1∥平面DEF; (2)求EF与AC1所成角的大小; (3)求点B1到平面DEF的距离. 二、综合应用 10.(多选)如图,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,AB=2,BC=2,AC=4,点A到平面PBC的距离为,则(　　) A.PA=4 B.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π C.直线AB与直线PC所成角的余弦值为 D.AB与平面PBC所成角的正弦值为 11.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于　　　　　.  12. 如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1, AD=2,AC=CD=. (1)求证:PD⊥平面PAB. (2)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 13.(2022全国Ⅰ,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 三、探究创新 14.如图①,在等边三角形ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,如图②所示. (1)若异面直线BE与AC垂直,请确定图①中点D的位置; (2)证明:无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值. 考点规范练39　立体几何中的向量方法 1.D　当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=± 2.B　可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|. ∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ= 3.C　设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1). 设平面BDE的法向量为n=(a,b,c), 则 令b=1,则可取n=(1,1,). 又AM∥平面BDE,所以n=0, 即2(x-)+=0,得x=所以M 4.C　如图,以D为坐标原点,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D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0), 从而=(0,1,0),=(-1,2,0),=(-1,0,1). 设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c). 则 令a=2,则可取n=(2,1,2). 所以点E到平面ACD1的距离为h= 5.B　以D为坐标原点,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,如图所示.设正方体的棱长为1, 则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(,0,),F(,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(,-),=(-1,-1,1),=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B. 6.ABD　取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,∴BD⊥平面AEC. ∴BD⊥AC,故A正确. 设正方形的边长为a,则AD=DC=a,AE=a=EC. 由题意知∠AEC=90°,则在Rt△AEC中,可得AC=a. ∴△ACD为等边三角形,故B正确. 由已知得AE⊥平面BCD,则∠ABD为AB与平面BCD所成的角,为45°,故C错误. 以E为坐标原点,EC,ED,EA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,则A0,0,a,B0,-a,0,D0,a,0,Ca,0,0. =0,-a,-a,=a,-a,0. ∵cos<>=, ∴<>=60°,故D正确. 7　如图所示,建立空间直角坐标系,则有 D,C(1,1,0),S(0,0,1), 可知是平面SAB的一个法向量. 设平面SCD的法向量n=(x,y,z), 因为, 所以n=0,n=0,即-z=0,+y=0. 令x=2,则y=-1,z=1,所以可取n=(2,-1,1). 设平面SCD与平面SAB的夹角为θ, 则cos θ= 8.解 (1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD, ∴∠ADB+∠DAM=90°. 又∠DAM+∠MAB=90°, ∴∠ADB=∠MAB, ∴Rt△DAB∽Rt△ABM,, BC2=1,∴BC= (2)如图,以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系. 可得A(,0,0),B(,1,0),M,P(0,0,1),=(-,0,1),=(-,-1,1). 设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则 令x1=,则y1=1,z1=2,可取m=(,1,2). 设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2), 同理可取n=(0,1,1). 则cos<m,n>= 设二面角A-PM-B的平面角为θ,则sin θ= 9.(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC. ∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD. 又B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF, ∴B1C1∥平面DEF. (2)解 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0). =(-1,1,-1),=(-2,0,2). =2+0-2=0, ,∴EF与AC1所成的角为90°. (3)解 设向量n=(x,y,z)是平面DEF的法向量,=(1,0,1),=(0,1,0). 由可得 取x=1,则z=-1,∴可取n=(1,0,-1). 设点B1到平面DEF的距离为d, =(-1,2,2),∴d=,∴点B1到平面DEF的距离为 10.ABD　因为AB=2,BC=2,AC=4,所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC. 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC. 又因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,从而BC⊥PB. 设PA=a,根据等体积法得VP-ABC=VA-PBC,即2×2a=2, 解得a=4,所以PA=a=4,故A选项正确; 三棱锥P-ABC的外接球的半径与以BC,BA,AP为邻边的长方体的外接球的半径相等, 因为三棱锥P-ABC的外接球的半径为2,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π,故B选项正确; 过点B作PA的平行线BD,则BD⊥平面ABC, 所以以点B为坐标原点,BC,BA,BD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, 则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),P(0,2,4), 所以=(0,-2,0),=(2,-2,-4), 所以cos<>=,所以直线AB与直线PC所成角的余弦值为,故C选项错误; 可得=(2,0,0),=(0,2,4),=(0,-2,0). 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,则可取m=(0,-2,1), 设AB与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,>|=所以AB与平面PBC所成角的正弦值为,故D选项正确. 11　如图,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,连接OA,OB,取AB的中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角.设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心. 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则E,M,0,,A,0,0,N0,, 故cos<>= 12.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB. (2)解 存在.取AD的中点O,连接PO,CO. 因为PA=PD,所以PO⊥AD. 又因为PO⊂平面PAD,平面PAD与平面ABCD垂直,且交线为AD,所以PO⊥平面ABCD. 因为AO,CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO,PO⊥OA. 因为AC=CD,所以CO⊥AD.故PO,CO,OA两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 所以=(0,-1,1),=(2,1,0),=(0,1,1). 设平面PCD的法向量n=(x,y,z), 则 令x=1,得y=-2,z=2. 所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2). 设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得=, 因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ). 因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0, 即-1+4λ=0, 解得λ=所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时 13.(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD, ∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB. 又E为AC的中点,AD=CD, ∴DE⊥AC,BE⊥AC. 又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED. 又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD. (2)解 如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED. ∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小. 在△BDE中,若EF最小, 则EF⊥BD. ∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形, ∴AC=2,BE= ∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形, ∴DE=1. 又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE. 由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),=(-1,,0),=(-1,0,1),=(0,,-1),=(0,0,1). 设==(0,,-λ),则=(0,,1-λ). ∵EF⊥BD,=0, 即3λ-(1-λ)=0,解得λ= ∴点F 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则取y=1,则x=z=, ∴n=(,1,)为平面ABD的一个法向量. 设CF与平面ABD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|= 故CF与平面ABD所成的角的正弦值为 14.解 在图②中,分别取DE的中点O,BC的中点F,连接OA,OF. 由题意以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,可建立空间直角坐标系,如图所示. 图① 图② 设OA=x,0<x<2,则OF=2-x,OE=, ∴B(2,2-x,0),E,A(0,0,x),C(-2,2-x,0), =(-2,2-x,-x), (1)∵异面直线BE与AC垂直,=x2-x+8=0, 解得x==2(舍)或x=, ∴图①中,, 即图①中点D在边AC的三等分点处且靠近点C. (2)平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0). , 设平面ABE的法向量为m=(a,b,c), 则 令a=1,则可取m= 设平面ADE与平面ABE的夹角为θ,则cos θ=, ∴无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值 学科网（北京）股份有限公司 $$