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- 2021-05-13 发布
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第七章 第七节 立体几何体中的向量方法
一、选择题
1.若平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,-2),并且α⊥β,则x的值为 ( )
A.10 B.-10
C. D.-
2.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.,-,4 B.,-,4
C.,-2,4 D.4,,-15
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1C1的中点,则异面直线CE与BD所成的角为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
4.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.相交 B.平行
C.垂直 D.不能确定
5.如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是 ( )
A.45° B.60°
C.90° D.120°
6.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为 ( )
A. B.
C. D.
二、填空题
7.已知 =(2,2,1), =(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是________.
8.在如右图所示的正方体A1B1C1D1-ABCD中,E是C1D1的中点,正方体的棱长为2,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为________.
9.正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是________.
三、解答题
10.如图,在△ABC中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.
(1)证明:平面ADB⊥平面BDC;
(2)设E为BC的中点,求 与 夹角的余弦值.
11.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=,AB=1,M是PB的中点.
(1)证明:平面PAD⊥平面PCD;
(2)求AC与PB所成的角;
(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值.
12.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设AB=AP.
(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;
(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.
详解答案
一、选择题
1.解析:∵α⊥β,∴a·b=0
∴x=-10.
答案:B
2.解析: ⊥ ⇒ · =3+5-2z=0,∴z=4.
又BP⊥平面ABC,
∴·=x-1+5y+6=0,①
·=3x-3+y-3z=0,②
由①②得x=,y=-.
答案:B
3. 解析:以D点为原点,建立空间直角坐标系,
设正方体棱长为1,则相关点的坐标为C(0,1,0),E(,,1),B(1,1,0),D(0,0,0),∴ =(,-,1), =(-1,-1,0).
∴ · =-++0=0.
∴ ⊥ ,即CE⊥BD.
答案:D
4. 解析:分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
∵A1M=AN=a,
∴M(a,a,),N(a,a,a).
∴ =(-,0,a).
又C1 (0,0,0),D1(0,a,0),
∴ =(0,a,0).
∴ · =0,∴⊥ .
∵ 是平面BB1C1C的法向量,
且MN⊄平面BB1C1C,
∴MN∥平面BB1C1C.
答案:B
5. 解析:以B点为坐标原点,以BC、BA、BB1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.设AB=BC=AA1=2,
则B(0,0,0),C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),
∴ =(0,-1,1), =(2,0,2)
∴cos〈 , 〉=
==.∴EF与BC1所成角为60°.
答案:B
6. 解析:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a,0,0), =(a,a,0), =(0,2a,2a),
=(a,-a,0), =(0,0,2a),
设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),
由⇒⇒⇒
n1=(1,-1,1).
sinθ===.
答案:C
二、填空题
7.解析:设平面ABC的法向量n=(x,y,1),
则n⊥ 且n⊥ ,
即n· =0,且n·=0.
即即
∴n=(,-1,1),单位法向量为
±=±(,-,).
答案:(,-,)或(-,,-)
8.解析:分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,2,0),E(0,1,2),A(2,0,0),
=(-2,2,0), =(0,1,2),
∴cos〈 , 〉=.
答案:
9.解析:如图,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,
则A(a,0,0),B(0,a,0),
C(-a,0,0),P(0,-,),
则 =(2a,0,0) =(-a,-,), =(a,a,0),
设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),
则cos〈 ,n〉===,
∴〈 ,n〉=60°.∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.
答案:30°
三、解答题
10.解:(1)证明:∵折起前AD是BC边上的高,
∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.
又DB∩DC=D,
∴AD⊥平面BDC.
∵AD⊂平面ABD,
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以 , , 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,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),
∴ =(,,-), =(1,0,0),
∴ 与 夹角的余弦值为
cos〈,〉===.
11.解:以A为坐标原点,AD长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).
(1)证明:因 =(0,0,1), =(0,1,0),故 · =0,所以AP⊥DC.
由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC⊥平面PAD.
又DC在平面PCD上,故面PAD⊥面PCD.
(2)因 =(1,1,0), =(0,2,-1),
故| |=,| |=, · =2,
所以cos< , >==.
(3)在MC上取一点N(x,y,z),则存在λ∈R,使 =λ ,
=(1-x,1-y,-z), =(1,0,-),
∴x=1-λ,y=1,z=λ.
要使AN⊥MC,只需 · =0即x-z=0,
解得λ=.
可知当λ=时,N点坐标为(,1,),
能使 · =0.
此时,=(,1,), =(,-1,),
有 · =0
由 · =0, · =0得AN⊥MC,BN⊥MC.
所以∠ANB为所求二面角的平面角.
∵| |=,| |=, · =-.
∴cos〈, 〉==-.
∴平面AMC与平面BMC所成角的余弦值为-.
12.解:(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)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△CDE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E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
=(-1,1,0), =(0,4-t,-t).
(ⅰ)设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
由n⊥ ,n⊥ ,得
取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
又 =(t,0,-t),
故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos 60°=||,
即=,
解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),
所以AB=.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到P,B,C,D的距离都相等,
设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),
则 =(1,3-t-m,0),
=(0,4-t-m,0),
=(0,-m,t).
由| |=| |得
12+(3-t-m)2
=(4-t-m)2,
即t=3-m;(1)
由| |=| |得(4-t-m)2=m2+t2.(2)
由(1)、(2)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上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.