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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何中的向量方法课时作业

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立体几何中的向量方法 ‎1.已知平面ABC,点M是空间上任意一点,点M满足条件=++,则直线AM(  )‎ A.与平面ABC平行 B.是平面ABC的斜线 C.是平面ABC的垂线 D.在平面ABC内 答案 D 解析 由已知得M,A,B,C四点共面,所以AM在平面ABC内,故选D.‎ ‎2.如图,点A,B,C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),设二面角C-AB-O的大小为θ,则cos θ等于(  )‎ A. B. C. D.- 答案 C 解析 由题意可知,平面ABO的一个法向量为=(0,0,2),‎ 由图可知,二面角C-AB-O为锐角,‎ 由空间向量的结论可知,cos θ===.‎ ‎3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在A1C上运动(包括端点),则BP与AD1所成角的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 答案 D 解析 以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),设正方体棱长为1,点P坐标为(x,1-x,x)(0≤x≤1),‎ 则=(x-1,-x,x),=(-1,0,1),‎ 因为BC1∥AD1,‎ 设,的夹角为α,‎ 所以cos α===,‎ 所以当x=时,cos α取得最大值,α=.‎ 当x=1时,cos α取得最小值,α=.故选D.‎ ‎4.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点M在上,且=,N为B1B的中点,则||为(  )‎ A. B. C. D. ‎5.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〈m,n〉=-,则l与α所成的角为(  )‎ A.30° B.60° C.120° D.150°‎ 解析 设l与α所成角为θ,∵cos〈m,n〉=-,又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,∴sin θ=.∴θ=30°.‎ 答案 A ‎6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin〈,〉的值为(  )‎ A. B. C. D. 解析 设正方体棱长为2,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,可知=(2,-2,1),=(2,2,-1),‎ cos〈,〉=-,sin〈,〉=.‎ 答案 B ‎7.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是(  )‎ A. B. C. D. 解析 如图,建立空间直角坐标系,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n=(x,y,z),‎ 则令x=1,则n=(1,-1,-1).‎ ‎∴点D1到平面A1BD的距离 d===.‎ 答案 D ‎8.二面角αlβ等于120°,A、B是棱l上两点,AC、BD分别在半平面α、β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=BD=1,则CD的长等于(  )‎ A. B. C.2 D. 解析 如图,∵二面角αlβ等于120°,‎ ‎∴与夹角为60°.‎ 由题设知,⊥,‎ ⊥,||=||=||=1,‎ ‎||2=|++|2‎ ‎=||2+||2+||2+2·+2·+2·=3+2×cos 60°=4,∴||=2.‎ 答案 C ‎9.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥侧面BB1C1C,AB=BC=1,BB1=2,∠BCC1=60°. ‎ ‎ (1)求证:C1B⊥平面ABC;‎ ‎(2)设=λ(0≤λ≤1),且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°,试求λ的值.‎ ‎ (2)解 由(1)可知,AB,BC,BC1两两垂直.以B为原点,BC,BA,BC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系. ‎ 则B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),‎ C1(0,0,),B1(-1,0,).‎ 所以=(-1,0,), 所以=(-λ,0,λ),∴E(1-λ,0,λ),则=(1-λ,-1,λ),=(-1,-1,).‎ 设平面AB1E的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 则得 令z=,则x=,y=,‎ ‎,∴n=,‎ ‎∵AB⊥平面BB1C1C,=(0,1,0)是平面的一个法向量,‎ ‎∴|cos〈n,〉|= ‎==.‎ 两边平方并化简得2λ2-5λ+3=0,所以λ=1或λ=(舍去).∴λ=1.‎ ‎10.如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G和H分别是CE和CF的中点.‎ ‎ (1)求证:平面BDGH∥平面AEF;‎ ‎(2)求二面角H-BD-C的大小.‎ ‎(1)证明 在△CEF中,因为G,H分别是CE,CF的中点.‎ 所以GH∥EF,又因为GH⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,‎ 所以GH∥平面AEF.‎ 设AC∩BD=O,连接OH,‎ 因为ABCD为菱形,‎ 所以O为AC中点,‎ 在△ACF中,因为OA=OC,CH=HF,‎ 所以OH∥AF,‎ 又因为OH⊄平面AEF,AF⊂平面AEF,‎ 所以OH∥平面AEF.‎ 又因为OH∩GH=H,OH,GH⊂平面BDGH,‎ 所以平面BDGH∥平面AEF.‎ ‎(2)解 取EF的中点N,连接ON,‎ 因为四边形BDEF是矩形,O,N分别为BD,EF的中点,‎ 所以ON∥ED,‎ 因为平面BDEF⊥平面ABCD,‎ 所以ED⊥平面ABCD,‎ 所以ON⊥平面ABCD,‎ 因为ABCD为菱形,所以AC⊥BD,得OB,OC,ON两两垂直.‎ 所以以O为原点,OB,OC,ON所在直线分别为x轴,y轴,z轴,‎ 如图建立空间直角坐标系.‎ 因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,BF=3,‎ 所以B(1,0,0),D(-1,0,0),E(-1,0,3),F(1,0,3),C(0,,0),H,‎ 所以=,=(2,0,0).‎ 设平面BDH的法向量为n=(x,y,z),‎ 则⇒ 令z=1,得n=(0,-,1).‎ 由ED⊥平面ABCD,得平面BCD的法向量为=(0,0,3),‎ 则cos〈n,〉= ‎= ‎=.‎ 所以二面角H-BD-C的大小为60°.‎ ‎11.如图,△ABC是以∠ABC为直角的三角形,SA⊥平面ABC,SA=BC=2,AB=4.M,N,D分别是SC,AB,BC的中点.‎ ‎ (1)求证:MN⊥AB;‎ ‎(2)求二面角SNDA的余弦值;‎ ‎(3)求点A到平面SND的距离.‎ 解 以B为坐标原点,BC,BA为x,y轴的正方向,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系(如图).‎ ‎ (1)证明 由题意得A(0,4,0),B(0,0,0),M(1,2,1),N(0,2,0),S(0,4,2),D(1,0,0).‎ 所以:=(-1,0,-1),=(0,-4,0),·=0,∴MN⊥AB.‎ ‎(2)设平面SND的一个法向量为m=(x,y,z),‎ 则:m·=0,且m·=0.‎ ‎∵=(0,-2,-2),=(-1,2,0),‎ ‎∴即 令z=1,得:x=-2,y=-1,‎ ‎∴m=(-2,-1,1).‎ 又平面AND的法向量为n=(0,0,1),cos〈m,n〉==.‎ 由题图易知二面角SNDA为锐角,故其余弦值为.‎ ‎(3)∵=(0,-2,0),‎ ‎∴点A到平面SND的距离 d==.‎ ‎12.如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB=t(0