- 2021-05-21 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习浙江专版7-6立体几何中的向量方法作业
课时跟踪检测(四十一) 立体几何中的向量方法 一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则( ) A.l∥α B.l⊥α C.l⊂α D.l与α斜交 解析:选B ∵a=(1,0,2),n=(-2,0,-4),∴n=-2a, 即a∥n,∴l⊥α. 2.(2018·嘉兴模拟)已知A(4,1,3),B(2,-5,1),C(3,7,-5),则平行四边形ABCD的顶点D的坐标是( ) A.(2,4,-1) B.(2,3,1) C.(-3,1,5) D.(5,13,-3) 解析:选D 由题意知,=(-2,-6,-2),设点D(x,y,z),则=(3-x,7-y,-5-z),因为=,所以x=5,y=13,z=-3,故选D. 3.(2018·舟山模拟)已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为( ) A.± B. C.- D.± 解析:选C 因为+λ=(1,-λ,λ), 所以cos 120°==-,解得λ=-. 4.若平面α的一个法向量为u1=(-3,y,2),平面β的一个法向量为u2=(6,-2,z),且α∥β,则y+z=________. 解析:因为α∥β,所以u1∥u2,所以==, 所以y=1,z=-4,所以y+z=-3. 答案:-3 5.(2019·绍兴质检)如图,60°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,则CD的长为________. 解析:∵60°的二面角的棱上有A,B两点,AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB, ∴CD=CA+AB+BD,CA·AB=0,AB·BD=0, ∵AB=4,AC=6,BD=8, ∴CD2=(CA+AB+BD)2 =CA2+AB2+BD2+2CA·BD =36+16+64+2×6×8×cos 120° =68, ∴CD的长为2. 答案:2 6.已知V为矩形ABCD所在平面外一点,且VA=VB=VC=VD,=,=,=.则VA与平面PMN的位置关系是________. 解析:如图,设=a,=b,=c,则=a+c-b, 由题意知=b-c, =- =a-b+c. 因此=+, ∴,,共面. 又∵VA⊄平面PMN,∴VA∥平面PMN. 答案:平行 二保高考,全练题型做到高考达标 1.如图,在多面体ABC A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1綊BC,二面角A1 AB C是直二面角. 求证:(1)A1B1⊥平面AA1C; (2)AB1∥平面A1C1C. 证明:∵二面角A1 AB C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,∴AA1⊥平面ABC. 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A xyz, 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), 则即 即取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的一个法向量m=(x1,y1,z1), 则即 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. 2.(2018·浙江名校联考)如图,在直三棱柱ADFBCE中,AB=BC=BE=2,CE=2,点K在线段BE上. (1)求证:AC⊥平面BDE; (2)若EB=4EK,求直线AK与平面BDF所成角φ的正弦值. 解:(1)证明:在直三棱柱ADFBCE中, AB⊥平面BCE,因为BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE, 所以AB⊥BE,AB⊥BC. 又AB=BC=BE=2,CE=2, 所以BC2+BE2=CE2,且AC⊥BD, 所以BE⊥BC. 因为AB∩BC=B,所以BE⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD,所以BE⊥AC. 又BD∩BE=B,所以AC⊥平面BDE. (2)法一:设AK交BF于点N,由(1)知,AB,AF,AD两两垂直且长度都为2,所以△BDF是边长为2的正三角形,所以点A在平面BDF内的射影M为△BDF的中心.连接MN,MF,AM,如图所示,则∠ANM为直线AK与平面BDF所成的角φ. 又FM=××2=, 所以AM== =. 因为EB=4EK,所以BK=, 所以AK== =. 因为=,所以=, 即=,解得AN=. 在Rt△ANM中,sin φ===. 所以直线AK与平面BDF所成角φ的正弦值为. 法二:由(1)知,AB,BC,BE两两垂直,以B为坐标原点,BC,BA,BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),F(0,2,2),A(0,2,0),D(2,2,0),BD=(2,2,0),BF=(0,2,2). 因为EB=4EK,所以K, 所以AK=. 设平面BDF的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x=1,则n=(1,-1,1)为平面BDF的一个法向量. 于是sin φ=|cos〈n,AK〉|===, 所以直线AK与平面BDF所成角φ的正弦值为. 3.(2018·浙江名校联考)已知长方形ABCD中,AB=1,AD=.现将长方形沿对角线BD折起,使AC=a,得到一个四面体ABCD,如图所示. (1)试问:在折叠的过程中,异面直线AB与CD,AD与BC能否垂直?若能垂直,求出相应的a值;若不垂直,请说明理由. (2)当四面体ABCD的体积最大时,求二面角ACDB的余弦值. 解:(1)若AB⊥CD,因为AB⊥AD,AD∩CD=D, 所以AB⊥平面ACD,所以AB⊥AC. 即AB2+a2=BC2,即12+a2=()2,所以a=1. 若AD⊥BC,因为AD⊥AB,AB∩BC=B, 所以AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC. 即AD2+a2=CD2,即()2+a2=12,所以a2=-1,无解. 故AD⊥BC不成立. (2)要使四面体ABCD的体积最大, 因为△BCD的面积为定值, 所以只需三棱锥ABCD的高最大即可,此时平面ABD⊥平面BCD,过点A作AO⊥BD于点O,则AO⊥平面BCD, 以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图), 则易知A, C,D, 显然,平面BCD的一个法向量为=. 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z). 因为=,=, 所以令y=,得n=(1,,2). 故cos 〈,n〉==. 所以二面角ACDB的余弦值为. 4.如图,在四棱锥SABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面SAB; (2)求AB与平面SBC所成角的正弦值. 解:(1)证明:以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,则D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0). 设S(x,y,z),显然x>0,y>0,z>0, 则=(x-2,y-2,z),=(x,y-2,z),=(x-1,y,z). 由||=||,得 = ,解得x=1. 由||=1,得y2+z2=1.① 由||=2,得y2+z2-4y+1=0.② 由①②,解得y=,z=. ∴S,=,=,=, ∴·=0,·=0,∴DS⊥AS,DS⊥BS, 又AS∩BS=S,∴SD⊥平面SAB. (2)设平面SBC的法向量为n=(x1,y1,z1), 则n⊥,n⊥,∴n·=0,n·=0. 又=,=(0,2,0), ∴取z1=2,得n=(-,0,2). ∵=(-2,0,0), ∴cos〈,n〉===. 故AB与平面SBC所成角的正弦值为. 三上台阶,自主选做志在冲刺名校 1.如图所示,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值; (2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由. 解:(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz. 依题易得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E,所以=,=(-1,0,1). 设异面直线NE与AM所成的角为θ, 则cos θ=|cos〈,〉|===. 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为. (2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN, 因为=(0,1,1),可设=λ=(0,λ,λ),λ∈[0,1],又=, 所以=+=. 由ES⊥平面AMN, 得即解得λ=,此时=,||=. 经检验,当AS=时,ES⊥平面AMN. 故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN, 此时AS=. 2.(2019·杭二模拟)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=AA1=2,D为棱CC1的中点,AB1∩A1B=O. (1)求证:C1O∥平面ABD; (2)设二面角DABC的正切值为,AC⊥BC,E为线段A1B上一点,且直线CE与平面ABD所成角的正弦值为,求. 解:(1)证明:取AB的中点F,连接OF,DF, 易知四边形ABB1A1为矩形, ∴O为AB1的中点, ∴OF∥BB1,OF=BB1, 又C1D∥BB1,C1D=BB1, ∴OF∥C1D,OF=C1D, ∴四边形OFDC1为平行四边形,∴C1O∥DF, ∵C1O⊄平面ABD,DF⊂平面ABD, ∴C1O∥平面ABD. (2)过C作CH⊥AB于H,连接DH, 易知∠DHC为二面角DABC的平面角, ∵DC=1,tan∠DHC=,∴CH=, 又AC=2,AH⊥CH,∴∠HAC=45°, ∵AC⊥BC,∴BC=AC=2. 以C为坐标原点,CA,CB,CC1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Cxyz, 其中C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,1),A1(2,0,2), 则AB=(-2,2,0),BD=(0,-2,1),BA1=(2,-2,2),CB=(0,2,0). 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则取y=1,可得平面ABD的一个法向量为n=(1,1,2). 设BE=λBA1 (0≤λ≤1), 则CE=CB+λBA1=(2λ,2-2λ,2λ), ∴直线CE与平面ABD所成角的正弦值等于|cos〈CE,n〉|==,∴36λ2-44λ+13=0, 解得λ=或λ=,即=或=.查看更多