2021_2022学年高中数学第3章空间向量与立体几何习题课_空间向量在空间问题中的综合应用课后篇巩固提升含解析新人教A版选修2_1.docx

1、第三章空间向量与立体几何习题课空间向量在空间问题中的综合应用课后篇巩固提升1.四棱锥P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-3,1,-4),则这个四棱锥的高h为()A.1B.2C.3D.4解析在四棱锥P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-3,1,-4),设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则ABn=0,ADn=0,即4x-2y+3z=0,-4x+y=0,不妨令x=3,则y=12,z=4,可得n=(3,12,4).所以这个四棱锥的高h=|APn|n|=|-9+12-16|13=1.故选A.答案A2.如图,在平行六面体A

2、BCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,给出下列说法:A1MD1P;A1MB1Q;A1M平面DCC1D1;A1M平面D1PQB1,则以上正确说法的个数为()A.1B.2C.3D.4解析因为A1M=A1A+AM=A1A+12AB,D1P=D1D+DP=A1A+12AB,所以A1MD1P,由线面平行的判定定理可知,A1M平面DCC1D1,A1M平面D1PQB1,故正确.答案C3.定义:两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,则异面直线A

3、C与BC1之间的距离是()A.55B.77C.66D.67解析如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3),则AC=(-2,1,0),BC1=(-2,0,3),设AC和BC1的公垂线的方向向量n=(x,y,z),则nAC=0,nBC1=0,即-2x+y=0,-2x+3z=0,令x=3,则n=(3,6,2).因为AB=(0,1,0),所以d=|ABn|n|=67.故选D.答案D4.已知四边形ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PDAD,PD=AD=2,二面角P-AD-C为60,则P到AB的距离是()A.22B.3C.2D

4、.7解析因为四边形ABCD为正方形,所以ADDC.因为DCAD,PDAD,所以PDC为二面角P-AD-C的平面角,即PDC=60.如图所示,过P作PHDC于H.因为DCAD,PDAD,DCPD=D,所以AD平面PDC,所以ADPH.又PHDC,ADDC=D,所以PH平面ABCD.在平面AC内过H作HEAB于E,连接PE,则PEAB,所以线段PE即为所求.以H为坐标原点,建立空间直角坐标系H-xyz,则H(0,0,0),E(0,2,0),P(0,0,3),所以|PE|=0+22+(-3)2=7.故选D.答案D5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列结论:(AA1+AD+AB)2=3AB2

5、;A1C(A1B1-A1A)=0;AD1与A1B的夹角为60;正方体的体积为|ABAA1AD|.其中正确结论的序号是.解析(AA1+AD+AB)2=(AA1)2+(AD)2+(AB)2+2(AA1AD+ADAB+AA1AB)=3(AB)2,故正确;设正方体棱长为a,则A1C(A1B1-A1A)=(A1B1+A1D1+A1A)(A1B1-A1A)=a2-0+0-0+0-a2=0,故正确;AD1与A1B的夹角应为120,故错误;正方体的体积应为|AB|AD|AA1|,故错误.答案6.如图,矩形ABCD所在的平面与平面AEB垂直,且BAE=120,AE=AB=4,AD=2,F,G,H分别为BE,AE

6、,BC的中点.(1)求证:直线DE与平面FGH平行;(2)若点P在直线GF上,且二面角D-BP-A的大小为4,试确定点P的位置.(1)证明取AD的中点M,连接MH,MG.G,H分别是AE,BC的中点,MHAB,GFAB,M平面FGH.又MGDE,且DE平面FGH,MG平面FGH,DE平面FGH.(2)解在平面ABE内,过A作AB的垂线,记为AP(图略),则AP平面ABCD.以A为原点,AP,AB,AD所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),E(23,-2,0),G(3,-1,0),F(3,1,0).则GF=(0,2,0),BD=

7、(0,-4,2),BG=(3,-5,0).设GP=GF=(0,2,0),则BP=BG+GP=(3,2-5,0).设平面PBD的法向量为n1=(x,y,z),则n1BP=0,n1BD=0,3x+(2-5)y=0,-4y+2z=0.取y=3,得z=23,x=5-2,故n1=(5-2,3,23).又平面ABP的法向量为n2=(0,0,1),cos=n1n2|n1|n2|=23(5-2)2+3+12=22,解得=1或=4.故GP=GF或GP=4GF(P(3,1,0)或P(3,7,0).7.如图,ABCD是边长为a的正方形,PA平面ABCD.(1)若PA=AB,点E是PC的中点,求直线AE与平面PCD所

8、成角的正弦值;(2)若BEPC且交点为E,BE=63a,G为CD的中点,线段AB上是否存在点F,使得EF平面PAG?若存在,求AF的长;若不存在,请说明理由.解(1)以A为原点,建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a),Ea2,a2,a2,AE=a2,a2,a2,DC=(a,0,0),PD=(0,a,-a).设平面PCD的法向量m=(x,y,z),则ax=0,ay-az=0.取m=(0,1,1),则cos=a2+a22a24+a24+a24=63.设直线AE与平面PCD所成角为,则sin=|cos|,所以直线AE与平面PC

9、D所成角的正弦值为63.(2)Ga2,a,0,设P(0,0,c)(c0),则CP=(-a,-a,c).设CE=CP,则E(1-)a,(1-)a,c),BE=(-a,(1-)a,c).BE=63a,(-a)2+(1-)a2+(c)2=23.BEPC,a2-(1-)a2+c2=0.c2=1-2=a2.由解得=13,c=a,E23a,23a,13a,P(0,0,a).若存在满足条件的点F,可设AF=l(0la),则F(l,0,0),EF=l-23a,-23a,-13a.设平面PAG的法向量为n=(s,t,p),则ap=0,12as+at=0,n=(-2,1,0).EF平面PAG,EFn=0.-2l+

10、43a-23a=0,l=13a.存在满足条件的点F,且AF=13a.8.在如图所示的几何体中,四边形CDEF为正方形,四边形ABCD为梯形,ABCD,AB=2BC=2CD,DCFB,CF平面ABCD.(1)求BE与平面EAC所成角的正弦值;(2)线段BE上是否存在点M,使平面EAC平面DFM?若存在,求BMBE的值;若不存在,请说明理由.解(1)四边形CDEF为正方形,四边形ABCD为梯形,ABCD,DCFB,CF平面ABCD.以C为原点,CD,CB,CF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2BC=2CD=2,则B(0,1,0),D(1,0,0),E(1,0,1),A(

11、2,1,0),C(0,0,0),F(0,0,1),BE=(1,-1,1),CA=(2,1,0),CE=(1,0,1),设平面EAC的法向量n=(x,y,z),则nCA=2x+y=0,nCE=x+z=0,取x=1,得n=(1,-2,-1),设BE与平面EAC所成角为,则sin=|BEn|BE|n|=236=23.BE与平面EAC所成角的正弦值为23.(2)存在.理由如下:设线段BE上存在点M(a,b,c),BM=BE,01,使平面EAC平面DFM,则(a,b-1,c)=(,-,),M(,1-,),DM=(-1,1-,),DF=(-1,0,1),设平面DMF的法向量m=(x,y,z),则mDM=(-1)x+(1-)y+z=0,mDF=-x+z=0,取x=1,得m=1,2-1-1,1,平面EAC平面DFM,平面EAC的法向量n=(1,-2,-1),mn=1-4-2-1-1=0,解得=12,线段BE上存在点M,使平面EAC平面DFM,此时,BMBE=12.