【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

【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＝.‎