高考数学一轮复习第七章立体几何771利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理.docx

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高考数学一轮复习第七章立体几何771利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理

2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共25分）

1.（xx·泉州模拟）设平面α的一个法向量为n1=（1,2,-2）,平面β的一个法向量为n2=（-2,-4,k）,若α∥β,则k=　（　　）

A.2B.4C.-2D.-4

【解析】选B.由α∥β知n1∥n2,则n2=λn1.

即（-2,-4,k）=λ（1,2,-2）,

即

解得k=4.

【加固训练】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的

是　（　　）

A.n1=（1,2,1）,n2=（-3,1,1）

B.n1=（1,1,2）,n2=（-2,1,1）

C.n1=（1,1,1）,n2=（-1,2,1）

D.n1=（1,2,1）,n2=（0,-2,-2）

【解析】选A.因为α⊥β,

所以n1⊥n2,即n1·n2=0,

经验证可知,选项A正确.

2.（xx·西安模拟）若平面α,β的法向量分别是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.以上答案均不正确

【解析】选C.因为n1·n2=2×（-3）+（-3）×1+5×（-4）≠0.

所以n1与n2不垂直,且不共线.

所以α与β相交但不垂直.

3.若=λ+μ,则直线AB与平面CDE的位置关系是　（　　）

A.相交B.平行

C.在平面内D.平行或在平面内

【解析】选D.由=λ+μ知,向量,,共面,则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.

4.（xx·珠海模拟）如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则　（　　）

A.EF至多与A1D,AC之一垂直

B.EF⊥A1D,EF⊥AC

C.EF与BD1相交

D.EF与BD1异面

【解题提示】建立空间直角坐标系,用向量法求解.

【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,

则A1（1,0,1）,D（0,0,0）,A（1,0,0）,C（0,1,0）,

E,F,B（1,1,0）,

D1（0,0,1）,

=（-1,0,-1）,=（-1,1,0）,

=,=（-1,-1,1）,

=-,·=·=0,

从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.

5.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为　（　　）

A.（1,1,1）　B.

C.　D.

【解析】选C.由已知得A（,,0）,B（0,,0）,D（,0,0）,E（0,0,1）,设M（x,x,1）.

则=（x-,x-,1）,=（,-,0）,=（0,-,1）.设平面BDE的一个法向量为n=（a,b,c）.

则

即

解得令b=1,则n=（1,1,）.

又AM∥平面BDE,所以n·=0.

即2（x-）+=0,得x=,

所以M.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.设点C（2a+1,a+1,2）在点P（2,0,0）,A（1,-3,2）,B（8,-1,4）确定的平面上,则a=　　　　.

【解析】由共面向量定理知=x+y,

即（2a-1,a+1,2）=x（-1,-3,2）+y（6,-1,4）,

即解得a=16.

答案:

16

7.（xx·襄阳模拟）已知平面α内的三点A（0,0,1）,B（0,1,0）,C（1,0,0）,平面β的一个法向量n=（-1,-1,-1）.则不重合的两个平面α与β的位置关系是　　　　.

【解析】由已知得,=（0,1,-1）,=（1,0,-1）,设平面α的一个法向量为m=（x,y,z）,

则得

得令z=1,得m=（1,1,1）.

又n=（-1,-1,-1）,所以m=-n,即m∥n,

所以α∥β.

答案:

平行

【方法技巧】平面的法向量的求法

（1）设出平面的一个法向量n=（x,y,z）,利用其与该平面内的两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程,三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一个非零解,即得到这个法向量的坐标.

（2）注意,赋值不同得到法向量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.

8.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的和为　　　　.

【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）,所以=（x-1,0,1）,又F（0,0,1-y）,B（1,1,1）,所以=（1,1,y）,由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF,

只需·=（1,1,y）·（x-1,0,1）=0⇒x+y=1.

答案:

1

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.（xx·石家庄模拟）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,

∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.

（1）求证:

DE∥平面ABC.

（2）求证:

B1F⊥平面AEF.

【证明】以A为原点,AB,AC,AA1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Axyz,令AB=AA1=4,则A（0,0,0）,E（0,4,2）,F（2,2,0）,

B1（4,0,4）,D（2,0,2）,

A1（0,0,4）.

（1）=（-2,4,0）,

平面ABC的法向量为=（0,0,4）,

因为·=0,DE⊄平面ABC,

所以DE∥平面ABC.

（2）=（-2,2,-4）,=（2,-2,-2）,

·=（-2）×2+2×（-2）+（-4）×（-2）=0,

所以⊥,B1F⊥EF,

·=（-2）×2+2×2+（-4）×0=0,

所以⊥,所以B1F⊥AF.

因为AF∩EF=F,所以B1F⊥平面AEF.

【加固训练】如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,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】因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,

所以AA1⊥平面BAC.

又因为AB=AC,BC=AB,

所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,

所以AB,AC,AA1两两互相垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系,

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）.

所以=2n,即∥n.

所以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）.

所以·m=0×1+2×（-1）+2×1=0,

所以⊥m.

又AB1⊄平面A1C1C,

所以AB1∥平面A1C1C.

10.（xx·福州模拟）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.

（1）求证:

AA1⊥平面ABC.

（2）证明在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.

【解析】

（1）因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC.所以AA1⊥平面ABC.

（2）由

（1）知AA1⊥AB,AA1⊥AC.

由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.

如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,

则B（0,3,0）,A1（0,0,4）,B1（0,3,4）,C1（4,0,4）.

设D（x,y,z）是线段BC1上的一点,

且=λ,λ∈[0,1].

所以（x,y-3,z）=λ（4,-3,4）.

解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,

所以=（4λ,3-3λ,4λ）.

由·=0,即9-25λ=0,解得λ=.

因为∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,此时,=λ=.

（20分钟　40分）

1.（5分）已知=（1,5,-2）,=（3,1,z）,若⊥,=（x-1,y,-3）,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为　（　　）

A.,-,4B.,-,4

C.,-2,4D.4,,-15

【解题提示】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出.

【解析】选B.因为⊥,所以·=3+5-2z=0,解得z=4.

所以=（3,1,4）.

因为BP⊥平面ABC,

所以⊥,⊥.

所以

化为

解得

所以x=,y=-,z=4.

2.（5分）（xx·太原模拟）如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是　（　　）

A.斜交B.平行

C.垂直D.不能确定

【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.

因为A1M=AN=a,

所以M,

N,

所以=.

又C1（0,0,0）,D1（0,a,0）,所以=（0,a,0）,

所以·=0,所以⊥.

因为是平面BB1C1C的一个法向量,

且MN⊄平面BB1C1C,

所以MN∥平面BB1C1C.

3.（5分）空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF,设M,N分别是BD,AE的中点,给出如下命题:

①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.

则所有的正确命题为　　　　.

【解题提示】选,,为基向量,利用向量法,对四个命题逐一判断从中选择出正确命题.

【解析】如图,设=a,=b,=c,则|a|=|c|且a·b=c·b=0.=

-=（b+c）-（a+b）=（c-a）,·=（c-a）·b=（c·b-a·b）=0,故AD⊥MN,故①正确;=c-a=2,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正确;③正确时④一定不正确.

答案:

①②③

4.（12分）（xx·汕头模拟）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.

求证:

（1）CM∥平面PAD.

（2）平面PAB⊥平面PAD.

【证明】以C为坐标原点,CB为x轴,CD为y轴,CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

因为PC⊥平面ABCD,

所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,

所以∠PBC=30°,

因为PC=2,

所以BC=2,PB=4,

所以D（0,1,0）,B（2,0,0）,A（2,4,0）,

P（0,0,2）,M,

所以=（0,-1,2）,=（2,3,0）,

=.

（1）设n=（x,y,z）为平面PAD的一个法向量,

所以

即

令y=2,得n=（-,2,1）.

因为n·=-×+2×0+1×=0,

所以n⊥.又CM⊄平面PAD,

所以CM∥平面PAD.

（2）如图,取AP的中点E,连接BE,

则E（,2,1）,

=（-,2,1）.

因为PB=AB,

所以BE⊥PA.

又因为·=（-,2,1）·（2,3,0）=0,

所以⊥.所以BE⊥DA.

又PA∩DA=A,所以BE⊥平面PAD.

又因为BE⊂平面PAB,

所以平面PAB⊥平面PAD.

5.（13分）（xx·郑州模拟）如图

（1）所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,

AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图

（2）所示.

（1）求证:

A1C⊥平面BCDE.

（2）若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小.

（3）线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?

说明理由.

【解析】

（1）因为AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC,所以DE⊥A1D,DE⊥CD,A1D∩DC=D,

所以DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD,DE∩CD=D,

所以A1C⊥平面BCDE.

（2）如图所示,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz,则A1（0,0,2）,D（0,2,0）,M（0,1,）,B（3,0,0）,E（2,2,0）.

设平面A1BE的法向量为n=（x,y,z）,

则n·=0,n·=0.

又因为=（3,0,-2）,=（-1,2,0）,

所以

令y=1,则x=2,z=,所以n=（2,1,）.

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

因为=（0,1,）,

所以sinθ=|cos|===.

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

（3）线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:

假设这样的点P存在,设其坐标为（p,0,0）,其中p∈[0,3].

设平面A1DP的法向量为m=（x1,y1,z1）,

则

又因为=（0,2,-2）,=（p,-2,0）,

所以令x1=2,则y1=p,z1=.

所以m=.

当且仅当m·n=0时,平面A1DP⊥平面A1BE.

由m·n=0,得4+p+p=0,解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.

所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.

2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.2利用向量求空间角和距离课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共25分）

1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为　（　　）

A.　　B.　　C.　　D.

【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.

则A（1,0,0）,E（0,2,1）,B（1,2,0）,C1（0,2,2）.=（-1,0,2）,=（-1,2,1）,

cos<,>==.

所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.

2.（xx·仙桃模拟）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.

【解析】选C.以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴的正半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.

所以=（0,0,-2）,=,

=.

设平面DFE的法向量为n=（x,y,z）,

则由

得

取z=1,则n=（2,0,1）,设直线PA与平面DEF所成的角为θ,则sinθ==,所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.

3.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值

为　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知当E（6,3,0）,F（3,6,0）时,A1,E,F,C1共面,设平面A1DE的法向量为n1=（a,b,c）,

依题意得

可取n1=（-1,2,1）,同理可得平面C1DF的一个法向量为n2=（2,-1,1）,故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为=.

4.（xx·莆田模拟）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,CD=2,则该二面角的大小为　（　　）

A.150°B.45°C.60°D.120°

【解析】选C.由条件知·=0,·=0,

因为=++.

所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·

=62+42+82+2×6×8cos<,>

=

（2）2.

所以cos<,>=-,则<,>=120°,

即<,>=60°.所以二面角的大小为60°.

5.（xx·泉州模拟）设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选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）,

所以=（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）,

所以点D1到平面A1BD的距离是

d===.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为　　　　　.

【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=（0,1,0）,AM=-（1,0,）=,则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<,n>|==,

所以tanθ=.

答案:

7.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为　　　　.

【解析】如图,

建立空间直角坐标系Dxyz,

设DA=1,由已知条件得A（1,0,0）,

E,

F,

=,=,

设平面AEF的法向量为n=（x,y,z）,

面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由得

令y=1,z=-3,x=-1,则n=（-1,1,-3）,

平面ABC的法向量为m=（0,0,-1）,

cosθ=|cos|=,tanθ=.

答案:

8.（xx·长沙模拟）如图,P-ABCD是正四棱锥,ABCD-A1B1C1D1是正方体,其中AB=2,PA=,则B1到平面PAD的距离为　　　　.

【解题提示】以A1B1为x轴,A1D1为y轴,A1A为z轴建立空间直角坐标系,求出平面PAD的法向量,由的坐标,利用距离公式,即可得到结论.

【解析】以A1B1为x轴,A1D1为y轴,A1A为z轴建立空间直角坐标系,

则=（0,2,0）,

=（1,1,2）,

设平面PAD的法向量是m=（x,y,z）,

所以由

可得

取z=1得m=（-2,0,1）,

因为=（-2,0,2）,

所以B1到平面PAD的距离

d==.

答案:

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.（xx·浙江高考）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D为B1C1的中点.

（1）证明:

A1D⊥平面A1BC.

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

【解析】方法一:

（1）如图,以BC的中点O为坐标原点,以OB,OA,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

则BC=AC=2,

A1O==.

易知A1（0,0,）,B（,0,0）,C（-,0,0）,

A（0,,0）,D（0,-,）,B1（,-,）,

=（0,-,0）,=（-,-,）,

=（-,0,0）,=（-2,0,0）,=（0,0,）,

因为·=0,所以A1D⊥OA1,

又因为·=0,所以A1D⊥BC,

又因为OA1∩BC=O,所以A1D⊥平面A1BC.

（2）设平面A1BD的法向量为m=（x,y,z）,

由得

取z=1,得m=（,0,1）,

设平面B1BD的法向量为n=（a,b,c）,

由

得

取c=1,得n=（0,,1）,

所以cos===,

又因为该二面角为钝角,

所以二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.

方法二:

（1）取BC的中点E,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE,

因为AB=AC,所以AE⊥BC,A1E∩BC=E,故AE⊥平面A1BC,

由D,E分别是B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,所以DE∥A1A,DE=A1A,

所以四边形A1AED是平行四边形,

故A1D∥AE,

又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.

（2）作A1F⊥BD,且A1F∩BD=F,连接B1F.

由AE=BE=,∠A1EA=∠A1EB=90°,

得A1B=A1A=4,

由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB≌△B1DB,

由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角,

由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,

A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-.

10.（xx·唐山模拟）如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AB=2AD=2,BD=,PD⊥底面ABCD.

（1）证明:

平面PBC⊥平面PBD.

（2）若二面角P-BC-D为,求AP与平面PBC所成角θ的正弦值.

【解析】

（1）因为CD2=BC2+BD2,

所以BC⊥BD.

又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC.

又因为PD∩BD=D,所以BC⊥平面PBD.

而BC⊂平面PBC,

所以平面PBC⊥平面PBD.

（2）由

（1）所证,BC⊥平面PBD,

所以∠PBD即为二面角P-BC-D的平面角,即∠PBD=.

因为BD=,所以PD=1.

分别以DA,DB,DP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则A（1,0,0）,B（0,,0）,C（-1,,0）,P（0,0,1）.

所以=（-1,0,1）,=（-1,0,0）,=（0,-,1）.

设平面PBC的法向量为n=（a,b,c）,

则即

可解得平面PBC的一个法向量为n=（0,1,）,

所以AP与平面PBC所成角θ的正弦值为

sinθ===.

（20分钟　40分）

1.（5分）如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,且BC⊥平面PAB,PA⊥AB,M为PB的中点,PA=AD=2.若AB=1,则二面角B-AC-M的余弦值为　　　　.

【解析】因为BC⊥平面PAB,AD∥BC,

所以AD⊥平面PAB,PA⊥AD,

又PA⊥AB,且AD∩AB=A,

所以PA⊥平面ABCD.

以点A为坐标原点,分别以AD,AB,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

则A（0,0,0）,C（2,1,0）,P（0,0,2）,B（0,1,0）,