高考数学总复习第八章立体几何课时规范练43空间几何中的向量方法理新人教A版
课时规范练 43 空间几何中的向量方法
一、基础巩固组
1.若平面α,β的法向量分别为 n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α,β相交但不垂直 D.以上均不正确
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.
3.两平行平面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. B. C. D.3
4.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
=- ,则 l 与α所成的角为
( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
5.
如图,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 所成的二面角的
大小是( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
6.(2017 广东珠海质检)设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长是 2,则点 D1 到平面 A1BD 的距离是( )
A. B. C. D.
7.
如图,在正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直线 BC 与
平面 PAC 所成的角为 . 〚导学号 21500564〛
8.
如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.已知
BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)若点 M 是线段 AP 上一点,且 AM=3.试证明平面 AMC⊥平面 BMC.
9.
在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D 是 AC 的中点.
(1)求证:B1C∥平面 A1BD;
(2)求点 B1 到平面 A1BD 的距离.
〚导学号 21500565〛
二、综合提升组
10.在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=90°,D,E,F 分别是棱 AB,BC,CP 的中点,AB=AC=1,PA=2,
则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
11.已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,AC=1,CB= ,侧棱 AA1=1,侧面 AA1B1B 的两条对角线交于
点 D,则平面 B1BD 与平面 CBD 所成的二面角的余弦值为( )
A.- B.-
C. D.
12.(2017 广东广州模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,BC=AA1=1.则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正
弦值为 .
13.
(2017 山东青岛模拟,理 17)如图,在多面体 ABC-A1B1C1 中,四边形 A1ABB1 是正方
形,AB=AC,BC= AB,B1C1 BC,二面角 A1-AB-C 是直二面角.求证:
(1)A1B1⊥平面 AA1C;
(2)AB1∥平面 A1C1C.
14.
如图所示,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的 倍,P 为侧棱 SD 上的点.
(1)求证:AC⊥SD.
(2)若 SD⊥平面 PAC,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC?若存在,求 SE∶EC 的值;若不存
在,试说明理由.
三、创新应用组
15.
(2017 宁夏中卫二模,理 18)如图,已知菱形 ABCD 与直角梯形 ABEF 所在的平面互相垂直,其中 BE∥
AF,AB⊥AF,AB=BE= AF=2,∠CBA= .
(1)求证:AF⊥BC;
(2)线段 AB 上是否存在一点 G,使得直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为 ,若存在,求 AG 的
长;若不存在,说明理由.
〚导学号 21500566〛
16.
(2017 山西吕梁二模,理 18)在四 棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,其中 AD∥
BC,AB⊥AD,AB=AD= BC,BE= BC.
(1)求证:DE⊥平面 PAC;
(2)若直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 ,求二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值.
〚导学号 21500567〛
课时规范练 43 空间几何中的向量方法
1.C 因为 cos= 0 且 cos≠±1,所以α,β相交但不垂直.
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|.
∵cos=
=- ,∴sin θ= ,∴θ=
3.B 两平面的一个单位法向量 n0= ,故两平面间的距离 d=| n0|=
4.A 因为 cos=- ,所以 l 与α所成角θ满足 sin θ=|cos|= ,又 ,所以
θ=30°.
5.B (方法一)建立如图 1 所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量分别为
n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角的余弦值为 ,故所求的二
面角的大小是 45°.
(方法二)将其补成正方体.如图 2,不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角就是平面 ABQP
和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45°.
6.D 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),
=(2,0,0), =(2,0,2), =(2,2,0).设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),
则 令 x=1,则 n=(1,-1,-1),
∴点 D1 到平面 A1BD 的距离是 d=
7.30° 如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系.
设 OD=SO=OA=OB=OC=a,
则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P
则 =(2a,0,0), =(a,a,0).
设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1),
则 cos< ,n>=
∴< ,n>=60°,
∴直线 BC 与平面 PAC 所成角为 90°-60°=30°.
8.证明 (1)如图所示,以 O 为坐标原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系.
则 O(0,0,0),A(0,-3,0),
B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).
于是 =(0,3,4),
=(-8,0,0),
=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,
,即 AP⊥BC.
(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且点 M 在线段 AP 上,
,
又 =(-4,-5,0), ,
则 =(0,3,4) =0, ,即 AP⊥BM,
又根据(1)的结论知 AP⊥BC,∴AP⊥平面 BMC,于是 AM⊥平面 BMC.
又 AM⊂平面 AMC,故平面 AMC⊥平面 BCM.
9.(1)证明 连接 AB1 交 A1B 于点 E,连接 DE.
可知 E 为 AB1 的中点,D 是 AC 的中点,∴DE∥B1C.
又 DE⊂平面 A1BD,B1C⊄ 平面 A1BD,∴B1C∥平面 A1BD.
(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1(0,2 ,3),B(0,2 ,0),A1(-
1,0,3), =(0,2 ,3), =(0,2 ,0), =(-1,0,3).
设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),
∴n=(3,0,1).
故所求距离为 d=
10.C 以 A 为原点,AB,AC,AP 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,由
AB=AC=1,PA=2,得
A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D ,E ,F , =(0,0,-
2),
设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),
则由
得
取 z=1,则 n=(2,0,1),设 PA 与平面 DEF 所成的角为θ,
则 sin θ= ,∴PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为
11.A
建立如图所示的空间直角坐标系,则
C(0,0,0),B( ,0,0),A(0,1,0),B1( ,0,1),D =( ,0,0), =(-
,1,0), =(0,0,1).设平面 CBD 和平面 B1BD 的法向量分别为 n1,n2,可得 n1=(0,1,-
1),n2=(1, ,0),所以 cos= ,又平面 B1BD 与平面 CBD 所成的二面角的平面角
与互补,故平面 B1BD 与平面 CBD 所成的二面角的余弦值为-
12 建立如图所示的空间直角坐标系,由于 AB=2,BC=AA1=1,所以
A1(1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),D1(0,0, 1).
所以 =(-1,2,0), =(-1,0,1), =(0,2,0),设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有
令 x=2,则 y=1,z=2,则 n=(2,1,2).
又设 D1C1 与平面 A1BC1 所成的角为θ,
则 sin θ=|cos< ,n>|=
13.证明 ∵二面角 A1-AB-C 是直二面角,四边形 A1ABB1 为正方形,∴AA1⊥平面 BAC.
又 AB=AC,BC= AB,
∴∠CAB=90°,即 CA⊥AB,
∴AB,AC,AA1 两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设 AB=2,则 A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
(1) =(0,2,0), =(0,0,-2), =(2,0,0),
设平面 AA1C 的一个法向量 n=(x,y,z),
则
取 y=1,则 n=(0,1,0) =2n,即 n.∴A1B1⊥平面 AA1C.
(2)易知 =(0,2,2), =(1,1,0), =(2,0,-2),设平面 A1C1C 的法向量 m=(x1,y1,z1),
则
令 x1=1,则 y1=-1,z1=1,即 m=(1,-1,1).
m=0×1+2×(-1)+2×1=0, m.
又 AB1⊄ 平面 A1C1C,∴AB1∥平面 A1C1C.
14.(1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,连接 SO,则 AC⊥BD,
由题意知 SO⊥平面 ABCD.
以 O 为坐标原点, 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如图.
设底面边长为 a,则高 SO= a,于是
S ,D ,C ,
则 =0.故 OC⊥SD.
从而 AC⊥SD.
(2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.
理由如下:由已知条件知 是平面 PAC 的一个法向量,且 0,-
a,
设 =t ,则 +t ,
由 =0,解得 t=
∴当 SE∶EC=2∶1 时,
又 BE⊄ 平面 PAC,故 BE∥平面 PAC.
15.(1)证明 ∵菱形 ABCD 与直角梯形 ABEF 所在的平面互相垂直,AB⊥AF,
∴AF⊥平面 ABCD,∵BC⊂平面 ABCD,∴AF⊥BC.
(2)解 取 AB 的中点 O,连接 CO,则 CO⊥AB,
∵平面 ABCD⊥平面 ABEF,
∴CO⊥平面 ABEF.
建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(-2,0, ),F(-1,4,0),E(1,2,0),
=(1,4,- ), =(-2,2,0),
设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则
即
取 n= ,
设 G(λ,0,0),λ∈[-1,1],则 =(-λ-1,4,0).
∵直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为 ,
,
∴λ=-1∈[-1,1],
∴AG=0,直线 FG 与平面 DEF 所成的角的正弦值为
16.(1)证明 以 A 为原点,AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,AP 为 z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
不妨设 AB=AD= BC=2,则 D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0),
=(2,-1,0), =(2,4,0), =4-4+0=0,∴DE⊥AC.
∵PA⊥平面 ABCD,DE⊂平面 ABCD,∴DE⊥PA.
∵PA∩AC=A,∴DE⊥平面 PAC.
(2)解 设 P(0,0,t)(t>0), =(0,0,t), =(2,4,0), =(2,1,-t),
设平面 PAC 的法向量 n=(x,y,z),则 取 x=2,得 n=(2,-1,0),
∵直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 ,
,解得 t=1 或 t=-1(舍),
∴P(0,0,1), =(2,4,-1), =(0,2,-1),
设平面 PCD 的法向量 m=(a,b,c),
则 取 b=1,得 m=(-1,1,2),
设二面角 A-PC-D 的平面角为θ,
则 cos θ=
二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值为
