【数学】2020届一轮复习（文理合用）第7章第7讲立体几何中的向量方法(理)作业 11页

对应学生用书[练案52理]‎ 第七讲　立体几何中的向量方法(理)‎ A组基础巩固 一、选择题 ‎1．(2019·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　C　)‎ A．±　　　 B．　　　‎ C．－　　　 D．± ‎[解析]　＋λ＝(1，－λ，λ)，‎ cos120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，∴λ＝－.‎ ‎2．在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的法向量为a＝(2，－2,1)，已知P(－1,3,2)，则P到平面OAB的距离等于(　B　)‎ A．4　　　 B．2　　　‎ C．3　　　 D．1‎ ‎[解析]　设点P到平面OAB的距离为d，则d＝，因为a＝(2，－2,1)，P(－1,3,2)，所以d＝＝2.故选B．‎ ‎3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，则B1M与AN所成角的余弦值等于(　B　)‎ A．－　　　 B．　　　‎ C．－　　　 D． ‎[解析]　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.‎ 设AB＝2，B1M与AN所成角为θ，则A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N(1,1,2)，‎ 所以＝(－1,1,2)，＝(－1，－1，－2)．‎ 故cos，＝ ‎＝ ‎＝－.‎ 因为两异面直线所成角的范围是(0，]，所以cosθ＝.故选B．‎ ‎4．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0)，(0,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，则该四面体的体积为(　A　)‎ A．　　　 B．　　　‎ C．1　　　 D．2 ‎[解析]　如图所示，该四面体是棱长均为的正四面体ABCD．‎ 设△BCD的中心为M，则AM⊥平面BCD，‎ AM即为该四面体的高．‎ 在Rt△AMB中，AB＝，BM＝BE＝××＝，‎ 所以AM＝＝.‎ 底面积S△BCD＝×()2＝，‎ 故其体积为××＝.故选A．‎ ‎5．在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC 的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　C　)‎ A．　　　 B．1　　　‎ C．　　　 D． ‎[解析]　以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以＝(，0,0)，＝(，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|cos，|＝＝＝，则sinθ＝，tanθ＝，故选C项．‎ ‎6．(2017·十堰市第二中学月考)在正四棱锥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(　A　)‎ A．30°　　　 B．45°　　　‎ C．60°　　　 D．90°‎ ‎[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的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则解得 可取n＝(0,1,1)，‎ 则cos，n＝＝＝，‎ 所以，n＝60°，‎ 所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.故选A．‎ ‎7．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为(　B　)‎ A．30°　　　 B．45°　　　‎ C．60°　　　 D．90°‎ ‎[解析]　以A点为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建系且设AB＝1，‎ ‎∴C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．‎ ‎∴设平面CDP的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎∴ 令y＝1，∵n＝(0,1,1)．‎ 又∵＝(0,1,0)为平面ABP的一个法向量，‎ ‎∴cosn，＝＝＝.‎ ‎∴所求二面角为45°.‎ 二、填空题 ‎8．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.‎ ‎[解析]　过点B在平面ABC内作BD⊥BC，交AC于点D，以B为原点，BC为x轴，BD为y轴，BB1为z轴建立空间坐标系，B(0,0,0)，C1(1,0,1)，B1(0,0,1)，A(－1，，0)，则＝(1，－，1)，＝(1,0,1)，cosθ＝＝＝.‎ ‎9.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，‎ 则棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为　 　.‎ ‎[解析]　如图，以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2(，，2)．‎ 所以＝(－2,0,2)，‎ ＝(－，，2)，‎ 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.‎ 又θ∈[0，]，所以θ＝.‎ ‎10．(2019·台州一模)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为　 　.‎ ‎[解析]　如图，建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 设DA＝1，由已知条件得A(1,0,0)，E(1,1，)，F(0,1，)，＝(0,1，)，＝(－1,1，)，‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为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〈n，m〉|＝，tanθ＝.‎ 三、解答题 ‎11．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．‎ ‎(1)求证：平面AEC⊥平面AFC；‎ ‎(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)连接BD．设BD∩AC＝G，‎ 连接EG，FG，EF.‎ 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.‎ 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可得AE＝EC．‎ 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC．‎ 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.‎ 在Rt△FDG中，可得FG＝.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.‎ 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC．‎ 因为EG⊂平面AEC，‎ 所以平面AEC⊥平面AFC．‎ ‎(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系G－xyz.‎ 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(－1,0，)，C(0，，0)，‎ 所以＝(1，，)，＝(－1，－，)．‎ 故cos，＝＝－.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎ ‎12．(2019·银川模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C．‎ ‎(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；‎ ‎(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求二面角E－AC1－B的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，‎ ‎∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，‎ ‎∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC．‎ 又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.‎ 又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，‎ ‎∴A1C⊥平面ABC1，‎ 又A1C⊂平面A1ACC1，‎ ‎∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.‎ ‎(2)当E为BB1的中点时，连接AE，EC1，DE，如图1，取A1A的中点F，连接EF，FD，‎ ‎∵EF∥AB，DF∥AC1，‎ 又EF∩DE＝F，AB∩AC1＝A，‎ ‎∴平面EFD∥平面ABC1，‎ 则有DE∥平面ABC1.‎ 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 因为AA1＝AC＝2AB＝4，‎ ‎∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，‎ 由(1)知，＝(0,4，－4)是平面ABC1的一个法向量．‎ 设n＝(x，y，z)为平面AC1E的法向量，‎ ‎∵＝(0,4,4)，＝(2,0,2)，‎ ‎∴，即，‎ 令z＝1，则x＝－1，y＝－1，‎ ‎∴n＝(－1，－1,1)为平面AC1E的一个法向量．‎ 设与n的夹角为θ，则cosθ＝＝－，‎ 由图知二面角E－AC1－B为锐角，‎ ‎∴二面角E－AC1－B的余弦值为.‎ B组能力提升 ‎1．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　C　)‎ A．　　　 B．　　　‎ C．　　　 D． ‎[解析]　以D为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，∴D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，＝(－2,0,0)．设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，则y＝z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)为平面A1DB的一个法向量，∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝.‎ ‎2．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与SD所成角的余弦值为(　C　)‎ A．　　　 B．　　　‎ C．　　　 D． ‎[解析]　以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，S(0,0，)，D(0，－，0)，E(0，，)，＝(－，，)，＝(0，－，－)，‎ ‎|cos，|＝＝＝，‎ 故AE与SD所成角的余弦值为.故选C．‎ ‎3．(2019·宁夏模拟)如图，在三棱锥A－SBC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，则二面角A－BC－S的正切值为(　C　)‎ A．1　　 B．　　‎ C．　　 D．2‎ ‎[解析]　以S为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设SA＝1，则S(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，易知＝(0,0,1)为平面SBC的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，则即令z＝1，则n＝(1,1,1)为平面ABC的一个法向量，所以cos，n＝.由图知二面角A－BC－S为锐二面角，故二面角A－BC－S的正切值为. ‎ ‎4．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　 　.‎ ‎[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)，‎ ＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，‎ 设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，‎ 由⇒⇒⇒n1＝(1，－1，1)．‎ sinθ＝＝＝.‎ ‎5．(2019·海南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.‎ ‎(1)求证：AB⊥PC；‎ ‎(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：如图， 由已知得四边形ABCD是直角梯形，‎ 由AD＝CD＝2，BC＝4，‎ 可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，‎ 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，‎ 又PA∩AC＝A，‎ 所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)．‎ 设＝t(0