【数学】2020届一轮复习人教B版空间向量在空间问题中的综合应用作业

【数学】2020届一轮复习人教B版空间向量在空间问题中的综合应用作业

‎2020届一轮复习人教B版 空间向量在空间问题中的综合应用 作业 ‎1.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到△ABC重心G的距离为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.2 B.‎‎2‎ C.1 D.‎‎14‎‎3‎ 解析:以P为原点,以PA,PB,PC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),于是G‎1‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎,1‎,‎ 故|PG|=‎1‎‎3‎‎2‎‎+‎2‎‎3‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎‎14‎‎3‎.‎ 答案:D ‎2.‎ 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,给出下列说法:‎ ‎①A1M∥D1P;②A1M∥B1Q;③A1M∥平面DCC1D;④A1M∥平面D1PQB1,则以上正确说法的个数为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析:因为A‎1‎M‎=A‎1‎A+AM=A‎1‎A+‎1‎‎2‎AB,D‎1‎P=D‎1‎D+DP=A‎1‎A+‎‎1‎‎2‎AB,‎ 所以A‎1‎M‎∥‎D‎1‎P,所以A1M∥D1P,由线面平行的判定定理可知,A1M∥平面DCC1D1,A1M∥平面D1PQB1,故①③④正确.‎ 答案:C ‎3.‎ 如图,在四面体A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=1,CD=2,点E为CD中点,则AE的长为(　　)‎ A.‎2‎ B.‎‎3‎ C.2 D.‎‎5‎ 解析:因为AE‎=AB+BC+‎CE,|AB|=|BC|=1=|CE|,且AB‎·BC=AB·CE=BC·‎CE=0.又AE‎2‎=(AB‎+BC+‎CE)2,所以AE‎2‎=3,即AE的长为‎3‎.‎ 答案:B ‎4.已知AB,BC,CD为两两垂直的三条线段,且它们的长都为2,则AD的长为(　　)‎ A.4 B.2 C.3 D.2‎‎3‎ 解析:因为AD‎=AB+BC+‎CD,‎ 所以|AD|2=|AB‎+BC+‎CD|2‎ ‎=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2(AB‎·BC+BC·CD+AB·‎CD)=22+22+22+2(0+0+0)=12,故|AD|=2‎3‎.‎ 答案:D ‎5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:①(AA‎1‎‎+AD+‎AB)2=3AB‎2‎;②A‎1‎C·(A‎1‎B‎1‎‎-‎A‎1‎A)=0;③AD‎1‎与A‎1‎B的夹角为60°;④正方体的体积为|AB‎·AA‎1‎·‎AD|.其中正确命题的序号是　　　　　. ‎ 解析:(AA‎1‎‎+AD+‎AB)2=(AA‎1‎)2+(AD)2+(AB)2+2(AA‎1‎‎·A+AD·AB+AA‎1‎·‎AB)=3(AB)2,故①正确;设正方体棱长为a,则A‎1‎C·(A‎1‎B‎1‎‎-‎A‎1‎A)=(AB‎+AD+‎AA‎1‎)·(A‎1‎B‎1‎‎-‎A‎1‎A)=a2-0+0-0+0-a2=0,故②正确;AD‎1‎与A‎1‎B的夹角应为120°,故③错误;正方体的体积应为|AB|·|AD|·|AA‎1‎|,故④错误.‎ 答案:①②‎ ‎6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和等于　　　　　. ‎ 解析:以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),∴B‎1‎E=(x-1,0,1).‎ 又F(0,0,1-y),B(1,1,1),‎ ‎∴FB=(1,1,y).‎ ‎∵AB⊥B1E,∴若B1E⊥平面ABF,只需FB‎·‎B‎1‎E=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0,即x+y=1.‎ 答案:1‎ ‎7.‎ 如图,矩形ABCD所在的平面与平面AEB垂直,且∠BAE=120°,AE=AB=4,AD=2,F,G,H分别为BE,AE,BC的中点.‎ ‎(1)求证:直线DE与平面FGH平行;‎ ‎(2)若点P在直线GF上,且平面ABP与平面BDP夹角的大小为π‎4‎,试确定点P的位置.‎ ‎(1)证明取AD的中点M,连接MH,MG.‎ ‎∵G,H分别是AE,BC的中点,‎ ‎∴MH∥AB,GF∥AB,∴M∈平面FGH.‎ 又MG∥DE,且DE⊈平面FGH,MG⫋平面FGH,‎ ‎∴DE∥平面FGH.‎ ‎(2)解在平面ABE内,过点A作AB的垂线,记为AP(图略),则AP⊥平面ABCD.‎ 以A为原点,AP,AB,AD所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz.‎ 所以A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),E(2‎3‎,-2,0),G(‎3‎,-1,0),F(‎3‎,1,0).‎ 则GF=(0,2,0),BD=(0,-4,2),BG=(‎3‎,-5,0).‎ 设GP=λGF=(0,2λ,0),‎ 则BP‎=BG+‎GP=(‎3‎,2λ-5,0).‎ 设平面PBD的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则n‎1‎‎·BP=0,‎n‎1‎‎·BD=0,‎‎∴‎‎3‎x+(2λ-5)y=0,‎‎-4y+2z=0.‎ 取y=‎3‎,得z=2‎3‎,x=5-2λ,‎ 故n1=(5-2λ,‎3‎,2‎3‎).‎ 又平面ABP的法向量为n2=(0,0,1),‎ 因此cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎‎=‎2‎‎3‎‎(5-2λ‎)‎‎2‎+3+12‎=‎‎2‎‎2‎,解得λ=1或λ=4.‎ 故GP‎=GF或GP=4GF(P(‎3‎,1,0)或P(‎3‎,7,0)).‎ ‎8.‎ 如图,在四棱锥A-BCDE中,底面BCDE是等腰梯形,BC∥DE,∠DCB=45°,O是BC中点,AO=‎3‎,且BC=6,AD=AE=2CD=2‎2‎.‎ ‎(1)证明:AO⊥平面BCD;‎ ‎(2)求平面ACD与平面BCD夹角的正切值.‎ ‎(1)证明易得OC=3,连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得OD=OC‎2‎+CD‎2‎-2OC·CDcos45°‎‎=‎‎5‎,‎ 因为AD=2‎2‎,所以AO2+OD2=AD2,‎ 所以AO⊥OD.同理可证AO⊥OE,又OD∩OE=O,‎ 所以AO⊥平面BCD.‎ ‎(2)解以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz(如图),‎ 则A(0,0,‎3‎),C(0,-3,0),D(1,-2,0),‎ 所以CA=(0,3,‎3‎),DA=(-1,2,‎3‎).‎ 设n=(x,y,z)为平面ACD的法向量,‎ 则n·CA=0,‎n·DA=0,‎ 即‎3y+‎3‎z=0,‎‎-x+2y+‎3‎z=0,‎ 解得y=-x,‎z=‎3‎x,‎令x=1,得n=(1,-1,‎3‎),‎ 由(1)知,OA=(0,0,‎3‎)为平面CDB的一个法向量,所以cos=n·‎OA‎|n||OA|‎‎=‎3‎‎3‎‎×‎‎5‎=‎‎15‎‎5‎,‎ 故平面ACD与平面BCD夹角的正切值为‎6‎‎3‎.‎ ‎9.‎ 导学号90074050如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=‎2‎,∠CDA=45°.‎ ‎(1)求证:平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)设AB=AP.‎ ‎①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长.‎ ‎②在线段AD上是否存在一点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以PA⊥AB.‎ 又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.‎ 又AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)解 ‎①以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图).‎ 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.‎ 在Rt△CED中,DE=CD·cos 45°=1,CE=CD·sin 45°=1.‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).‎ 由AB+AD=4,得AD=4-t,‎ 所以C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥CD,n⊥PD,得‎-x+y=0,‎‎(4-t)y-tz=0,‎ 取x=t,得平面PCD的一个法向量为n=(t,t,4-t).‎ 又PB=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°,得cos 60°=‎|n·PB|‎‎|n|·|PB|‎,‎ 即‎|2t‎2‎-4t|‎t‎2‎‎+t‎2‎+(4-t‎)‎‎2‎‎·‎‎2‎t‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,解得t=‎4‎‎5‎或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=‎4‎‎5‎.‎ ‎②(方法一)如图,假设在线段AD上存在一点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ 设G(0,m,0)(0≤m≤4-t),则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),GP=(0,-m,t).‎ 由|GC|=|GD|,得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,‎ 即t=3-m;①‎ 由|GD|=|GP|,得(4-t-m)2=m2+t2.②‎ 由①②消去t,化简得m2-3m+4=0.③‎ 由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一点,使得点G到点P,C,D的距离都相等.‎ 从而在线段AD上不存在一点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ ‎(方法二)如图,‎ 假设在线段AD上存在一点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎ 由GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,‎ 从而∠CGD=90°,即CG⊥AD,‎ 所以GD=CD·cos 45°=1.‎ 因为AB=t,AD=4-t,‎ 所以AG=AD-GD=3-t.‎ 在Rt△BAG中,GB=AB‎2‎+AG‎2‎‎=t‎2‎‎+(3-t‎)‎‎2‎=‎‎2t-‎‎3‎‎2‎‎2‎+‎‎9‎‎2‎>1,这与GB=GD矛盾.‎ 所以在线段AD上不存在一点G,使得点G到点B,C,D的距离都相等.‎ 从而在线段AD上不存在一点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.‎