第一章空间向量与立体几何加练课2空间向量在立体几何中的应用基础训练（附解析新人教A版选择性必修第一册）

加练课2空间向量在立体几何中的应用1.（2021山东济南回民中学高二期中）若平面α⊥平面β，且平面α的一个法向量为n=(-2,1,12)，则平面β的法向量可以是()A.(-1,12,14)B.(2,-1，0)C.（1，2，0）D.(12,1,2)答案：C2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点.有以下三个命题：①异面直线AC1与B1F所成的角是定值；②三棱锥B-A1EF的体积是定值；③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值.其中真命题的个数是()A.3B.2C.1D.0答案：B3.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在平面AA1B1B上运动，若D1M⊥CP，则△BCM的面积的最小值为()8 A.515B.510C.5D.2答案：B解析：过M作MG⊥平面ABCD，垂足为G，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(1,0,12)，D1(0,0,1)，B(1,1,0).设M(1,a,b)，0≤a≤1，0≤b≤1则D1M=(1,a,b-1)，CP=(1,-1,12)，BM=(0,a-1,b)，∵D1M⊥CP，∴D1M⋅CP=1-a+12(b-1)=12b-a+12=0，∴b=2a-1，由正方体的性质可知BC⊥MB，且|BM|=(a-1)2+b2=5a2-6a+2，∴S△BCM=12BC⋅MB=125a2-6a+2，当a=35时，(5a2-6a+2)min=15，∴(S△BCM)min=12×15=510.4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=π2，AB=AC=AA1=1，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点），若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为()8 A.[55,1)B.[324,52]C.[55,2)D.[2,3]答案：A素养提升练5.（2021天津静海高二月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90∘，PA=AD=AB=1，CD=2，E为PC的中点.（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）求平面BDE和底面ABCD夹角的余弦值.答案：（1）证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，依题意得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，E(1,12,12).所以PC=(2,1,-1)，CD=(-2,0,0)，BE=(0,12,12)，因为PC⋅BE=0+12+(-12)=0，CD⋅BE=0+0+0=0，所以PC⊥BE，CD⊥BE，8 又因为PC∩CD=C，PC，CD⊂平面PCD，所以BE⊥平面PCD.（2）依题意可知AP=(0,0,1)为底面ABCD的一个法向量，由（1）知BD=(-1,1,0)，BE=(0,12,12).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BD=0,n⋅BE=0,即-x+y=0,12y+12z=0,令z=2，可得n=(-2,-2,2)，所以cos＜AP,n＞=AP⋅n|AP|⋅|n|=223=33，所以平面BDE和底面ABCD夹角的余弦值为33.6.（2021江苏扬州宝应中学高二期中）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,AA1=AC=BC=2，∠ACB=90∘，D，E分别是A1B1，CC1的中点.（1）求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值；（2）在棱CC1上是否存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE的夹角为60∘？若存在，确定点P的位置；若不存在，请说明理由.答案：（1）由题意可知，CC1，CA，CB两两垂直，故以C为坐标原点，CA，CB，CC1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，8 则B(0,2,0)，C1(0,0,2)，E(0,0,1)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，所以BC1=(0,-2,2)，EA1=(2,0,1)，EB=(0,2,-1)，设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EA1=0,n⋅EB=0,即2x+z=0,2y-z=0令x=1，可得y=-1，z=-2即n=(1,-1,-2)，所以cos＜BC1,n＞=BC1⋅n|BC1|⋅|n|=-36，所以直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值为36.（2）假设在棱CC1上存在一点P满足题意.设CP=a(0≤a≤2)，则P(0,0,a)，所以PA=(2,0,-a)，PB=(0,2,-a)，设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则m⋅PA=0,m⋅PB=0,即2x1-az1=0,2y1-az1=0,令z1=2，可得x1=a，y1=a即m=(a,a,2)，由（1）知平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-2)，所以cos＜m,n＞=m⋅n|m|⋅|n|=-4a2+a2+4⋅6，因为平面PAB与平面A1BE的夹角为60∘，所以4a2+a2+4⋅6=cos 60∘=12，解得a2=103，此时a=303（负值舍去），符合题意，所以在棱CC1上存在一点P，且CP=303，使得平面PAB与平面A1BE的夹角为60∘.创新拓展练7.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AD=CD=2，BC=3，PC=23，E为PB的中点，.求证：四边形ABCD是直角梯形，并求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.8 从①CD⊥BC，②BC∥平面PAD这两个条件中任选一个，补充在上面问题中，并完成解答.命题分析本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，线面角的求法以及逻辑推理、数学运算的素养.答题要领选①，由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AD，PA⊥CD.求解三角形得CD⊥PD，由直线与平面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AD，进而得到AD∥BC，故四边形ABCD是直角梯形.过A作AD的垂线交BC于点M.以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz.求出平面PCD的法向量与AE的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线AE与平面PCD所成角的正弦值.选②，由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AD，PA⊥CD.求解三角形得CD⊥PD，由直线与平面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AD，然后由BC∥平面PAD得BC∥AD，则四边形ABCD是直角梯形.求直线AE与平面PCD所成角的正弦值，同①.详细解析选①，先证四边形ABCD是直角梯形.∵PA⊥平面ABCD，且AD,CD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥CD.∵PA=AD=CD=2，∴PD=22.又∵PC=23，∴CD2+PD2=PC2，∴CD⊥PD.又∵PA∩PD=P，PA，PD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，且AD⊂平面PAD，∴CD⊥AD.又∵CD⊥BC，∴AD∥BC，8 ∴四边形ABCD是直角梯形.再求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.过A作AD的垂线交BC于点M，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,-1,0).∵E为PB的中点，∴E(1,-12,1)，∴AE=(1,-12,1)，PC=(2,2,-2)，PD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅PC=2x+2y-2z=0,n⋅PD=2y-2z=0,令y=1，得n=(0,1,1).设直线AE与平面PCD所成的角为α，∴sinα=|cos＜n,AE＞|=|-12×1+1×1|2×32=26.∴直线AE与平面PCD所成角的正弦值为26.选②，先证四边形ABCD是直角梯形.∵PA⊥平面ABCD，且AD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥CD.∵PA=AD=CD=2，∴PD=22.又∵PC=23，∴CD2+PD2=PC2，∴CD⊥PD.∵PA∩PD=P，PA，PD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，8 ∴CD⊥AD.∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BC∥AD，则四边形ABCD是直角梯形.再求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.同①.解题感悟立体几何的综合问题，首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算.8