2021-2022学年高中数学 第2章 空间向量与立体几何 模块复习课 第2课时 利用空间向量解决空间问题课后巩固提升（含解析）北师大版选修2-1.docx

1、第2课时利用空间向量解决空间问题课后篇巩固提升A组1.若平面,的法向量分别为u=(2,-3,5),v=(-3,1,-4),则()A.B.C.与斜交D.以上均正确答案C2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是上底面A1B1C1D1的中心,则AC1与CE的位置关系是()A.重合B.垂直C.平行D.无法确定答案B3.ABCD是直角梯形,ABC=90,SA垂直于面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则SC与平面ABCD所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案A4.在底面为直角梯形的四棱锥S-ABCD中,ABC=90,SA平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB夹角

2、的余弦值为()A.B.C.D.答案B5.已知四面体的顶点A(2,3,1),B(4,1,-2),C(6,3,7)和D(-5,-4,8),则顶点D到平面ABC的距离为.答案116.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点.(1)证明:PFFD;(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG平面PED.(1)证明PA平面ABCD,BAD=90,AB=1,AD=2,如图,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0).不妨令P(0,0,t),=(1,1,-t),=(

3、1,-1,0),=11+1(-1)+(-t)0=0,即PFFD.(2)解设平面PFD的法向量为n=(x,y,z),由令z=1,解得x=y=,n=.设点G的坐标为(0,0,m),又E,则.要使EG平面PFD,只需n=0,即+0+m1=0,即m-=0,解得m=t,从而满足AG=AP的点G即为所求.7.如图,已知DA平面ABC,ACCB,AC=CB=AD=2,E是DC的中点,F是AB的中点.(1)证明:ACEF;(2)求平面ABD与平面BCD夹角的正切值;(3)求点A到平面BCD的距离.(1)证明如图,以A为原点,建立空间直角坐标系(y轴CB),则A(0,0,0),D(0,0,2),B(2,2,0)

4、,C(2,0,0),从而E(1,0,1),F(1,1,0).所以=(2,0,0),=(0,1,-1),所以=20+01+0(-1)=0,所以,因此ACEF.(2)解连接AE.因为AC=CB,且F为AB的中点,所以CFAB.因为DA平面ABC,所以ADCF.又ABAD=A,从而CF平面ABD,故=(1,-1,0)为平面ABD的法向量.在ADC中,因为AD=AC,E为CD的中点,所以AECD.因为DA平面ABC,所以ADBC.又ACBC,所以BC平面ACD.因为AE平面ACD,所以AEBC.又BCCD=C,所以AE平面BCD,故=(1,0,1)为平面BCD的一个法向量.所以cos=.故平面ABD与

5、平面BCD夹角的正切值为.(3)解因为为平面BCD的法向量,且=(1,0,1),所以点A到平面BCD的距离d=.8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,求异面直线A1C1与AB1间的距离.解如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),=(0,1,1),=(-1,1,0),设MN是异面直线A1C1与AB1的公垂线段,且=(0,),=(-,0),则=-(-,0)+(0,0,-1)+(0,)=(,-,-1).又由即,|=,异面直线A1C1与AB1间的距离为.B组1.正方体ABCD-A1B1C1D1中,

6、BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.B.C.D.答案D2.在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()A.aB.aC.D.a答案B3.如图,若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则平面AB1D1与平面BDC1间的距离为()A.B.C.D.答案D4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是.答案5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点.(1)求证:平面AED平面A1FD1;(2)在平面AE

7、上是否存在一点M,使得A1M平面AED?(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),D(0,0,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2).=(2,0,0),=(2,2,1),=(0,1,-2).设平面AED的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),由得令y1=1,得n1=(0,1,-2).同理可得平面A1FD1的一个法向量为n2=(0,2,1).n1n2=(0,1,-2)(0,2,1)=0,n1n2,平面AED平面A1FD1.(2)解设存在点M在直线AE上,则可设=(0,2,1)=(0,2,),则M(2,2,

8、),=(0,2,-2).要使A1M平面AED,只需A1MAE,即=(0,2,-2)(0,2,1)=5-2=0,解得=.故当AM=AE时,A1M平面AED.直线 AE上存在一点M,使A1M平面AED.6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.(1)求证D1EA1D;(2)当E为AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离;(3)AE等于何值时,平面D1EC与平面DEC夹角为?(1)证明如图,以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设AE=x,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0)

9、,C(0,2,0).=(1,0,1)(1,x,-1)=0,即DA1D1E.(2)解E为AB的中点,则E(1,1,0),=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c),取m=(2,1,2),点E到平面AD1C的距离为h=.(3)设平面D1EC的法向量n=(a,b,c),由(1)知=(1,x-2,0),=(0,2,-1),=(0,0,1).由令b=1,c=2,a=2-x,n=(2-x,1,2),是平面DEC的一个法向量,cos,.x1=2+(不合题意,舍去),x2=2-,AE=2-时,平面D1EC与平面DEC夹角为.7.正方体ABCD-A1B

10、1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,求:(1)异面直线AE与CF所成角的余弦值;(2)平面CAE与平面FAE夹角的余弦值.解不妨设正方体的棱长为2,分别以DA,DC,DD1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,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,1,2).(1)由=(-1,0,2),=(1,-1,2),得|=,|=-1+0+4=3,又=|cos=cos,cos=,即所求值为.(2)=(0,1,0),=(-1,0,2)(0,1,0)=0,AEEF,过C作CMAE于M,则二面角C-AE-F的平面角等于,M在AE上,设=m,则=(-m,0,2m),=(-2,2,0)-(-m,0,2m)=(m-2,2,-2m),MCAE,m=,=(0,1,0)=0+2+0=2,|=.又=|cos=cos,cos=,平面CAE与平面FAE夹角的余弦值为.