2011届高考数学人教A版一轮复习课时练习-第七章 第七节--向量方法-[理]
人教A数学(理)2011高考总复习课件配套练习：7-7
7-7 空间向量的坐标运算一、选择题1．已知▱ABCD ，且A (4,1,3)、B (2，－5,1)、C (3,7，－5)，则顶点D 的坐标为( )A ．(72，4，－1) B ．(2,3,1) C ．(－3,1,5) D ．(5,13，－3)解析：，设＝(x ，y ，z )，则(7,8，－2)＝(x ＋2，y －5，z ＋1)，∴x ＝5，y ＝13， z ＝－3，即＝(5,13，－3)．答案：D2．已知△ABC 的三个顶点坐标分别为A (2,3,1)、B (4,1，－2)、C (6,3,7)，则△ABC 的重心坐标为( )A ．(6，72，3)B ．(4，73，2)C ．(8，143，4)D ．(2，76，1)解析：△ABC 的重心坐标为x ＝2＋4＋63＝4，y ＝3＋1＋33＝73，z ＝1＋(－2)＋73＝2.答案：B3．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，cos 〈a ，b 〉＝89，则λ等于( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－255解析：|a |＝λ2＋5，|b |＝3，a ·b ＝6－λ，根据已知条件6－λ3λ2＋5＝89，解得λ＝－2， 或λ＝255.答案：C4． 已知两空间向量a ＝(2，cos θ，sin θ)，b ＝(sin θ，2，cos θ)，则a ＋b 与a －b 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝0，∴〈a ＋b ，a －b 〉＝90°. 答案：D 二、填空题5．与A (－1,2,3)、B (0,0,5)两点距离相等的点满足的等式为________．解析：设到A 、B 两点距离相等的点为P (x ，y ，z )，由|PA |＝|PB |，即(x ＋1)2＋(y －2)2＋(z －3)2＝x 2＋y 2＋(z －5)2，整理得：2x －4y ＋4z －11＝0. 答案：2x －4y ＋4z －11＝06．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________．解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4337．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：|a |＝22＋(－1)2＋22＝3，|b |＝22＋22＋12＝3，a ·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝65. 答案：65 三、解答题8．如右图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB＝3，BC ＝1，PA ＝2，E 为PD 的中点．(1)求直线AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离． 解答：(1)如右图，建立直角坐标系A －xyz ，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)∴＝(3，1,0)，＝(3，0，－2)，cos 〈〉＝＝3714，则直线AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)设N (x,0，z )又E (0，12，1)，∴＝(x ，－12，z －1)．由＝0，得2(z －1)＝0，由＝0，得 3x －12＝0，解得：x ＝36，z ＝1，因此N 点到AB 和AP 的距离分别为1，36. 9． 如右图，点P ，E ，F 在矩形ABCD 所在平面外，PC ⊥平面ABCD 于C ，EB ⊥平面ABCD于B，FD⊥平面ABCD于D，AB＝4，BC＝2，PC＝6，BE＝DF且四边形AEPF是平行四边形．(1)建立适当坐标系，求点E、F的坐标；(2)求平面AEPF与平面PEBC所成的二面角(锐角)的大小．解答：如右图，建立空间直角坐标系．(1)P(0,0,6)，A(4,2,0)，设BE＝DF＝m，则E(0,2，m)，F(4，0，m)，∴＝(0,0,6)－(0,2，m)＝(0，－2,6－m)，＝(4,0，m)－(4,2,0)＝(0，－2，m)，∵四边形AEPF是平行四边形，∴，∴6－m＝m，即m＝3，∴E(0,2,3)，F(4,0,3)．(2)∵＝(0，－2,3)，＝(0,2,3)－(4,2,0)＝(－4,0,3)，设平面AEPF的法向量n1＝(x，y，z)，∵n1⊥，∴(x，y，z)·(0，－2,3)＝0即－2y＋3z＝0，∵n1⊥，∴(x，y，z)·(－4,0,3)＝0即－4x＋3z＝0.令z＝4得y＝6，x＝3，∴n1＝(3,6,4)，显然平面PEBC的法向量n2＝(1,0,0)．∵n1·n2＝(3,6,4)·(1,0,0)＝3，|n1|＝62＋42＋32＝61，|n2|＝1，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝361＝36161，∴平面AEPF与平面PEBC所成的二面角(锐角)的大小是arccos 361 61.10．如右图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，AA1＝1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为A1B1的中点．(1)求异面直线AE与BF所成的角；(2)求平面BDF与平面AA1B所成二面角(锐角)的大小；(3)求点A 到平面BDF 的距离．解答：在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系如右图．由已知AB ＝2，AA 1＝1，可得A (0,0,0)、B (2,0,0)、F (1,0,1)．又AD ⊥平面AA 1B 1B ，从而BD 与平面AA 1B 1B 所成的角即为∠DBA ＝30°， 又AB ＝2，AE ⊥BD ，AE ＝1，AD ＝233， 从而易得E (12，32，0)，D (0，233，0)．(1)∵＝(12，32，0)，＝(－1,0,1)．＝－122＝－24.即异面直线AE 、BF 所成的角为arccos24. (2)易知平面AA 1B 的一个法向量m ＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面BDF 的一个法向量．＝(－2，233，0)．由⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝02x －233y ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝z ，3x ＝y . 取n ＝(1，3，1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝31×5＝155. 即平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)大小为arccos155. (3)点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值． 所以距离d ＝|||·cos 〈，n 〉|＝|||·＝25＝255.所以点A 到平面BDF 的距离为255.1． 已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB ，AC 垂直，则向量a 为( )A ．(1,1,1)B ．(－1，－1，－1)C ．(1,1,1)或(－1，－1，－1)D ．(1，－1,1)或(－1,1，－1)解析：由已条件＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，可观察出a ＝±(1,1,1)．答案：C2．已知，在右图所示的几何体ABCED 中，EC ⊥面ABC ，DB ⊥面ABC ，CE ＝CA ＝CB ＝2DB ，∠ACB ＝90°，M 为AD 的中点．(1)证明：EM ⊥AB ；(2)求直线BM 和平面ADE 所成角的大小．解答：解法一：(1)如右图，以C 为原点，CA 、CB 、CE 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．不妨设BD ＝1，则E (0,0,2)，A (2,0,0)，D (0,2,1)，B (0,2,0)，由M 是AD 的中点，得M (1,1，12)，＝(1,1，－32)，＝(－2,2,0)．＝0，得⊥.(2)＝(－2,2,1)，＝(－2,0,2)，设面ADE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由AD ·n ＝0，·n ＝0，易求平面ADE 的一个法向量为n ＝(1，12，1)，又BM ＝(1，－1，12)⇒cos 〈n ，〉＝49，∴直线BM 和平面ADE 所成角为π2－arccos 49.解法二：(1)如上图，过M 作MN ⊥AB ，由DB ⊥面ABC ，⇒面ABD ⊥面ABC ，得MN ⊥面ABC ，⇒MN ∥BD ∥CE ，∵M 是AD 中点，N 是AB 中点，CA ＝CB ，∴CN ⊥AB ，由三垂线定理，得EM ⊥AB .(2)设CB 和ED 延长线交于F ，不妨设BD ＝1，易求BF ＝2，AB ＝22，AD ＝3，BM ＝32，DF ＝5，AF ＝25，cos ∠DFA ＝45，sin ∠DFA ＝35，得S △ADF ＝3.设B 到面AEF 的距离为h ，由V D —ABF ＝V B —ADF ，得h ＝23，设直线BM 和平面ADE 所成角为θ，sin θ＝h BM ＝49，θ＝arcsin 49.。
高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题
【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)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)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：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 ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，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GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。
高三数学,一轮复习人教A版, 第7章 第7节, 立体几何中的向量方法,课件
2 2 → 2 ，0)，E 0， ， ， AE ＝ 2 2
2 2 － 2， ， ， 2 2
→ → | AE · SD| 2 3 → → → SD＝(0，－ 2，－ 2)，|cos〈AE，SD〉|＝ ＝ ＝ ，故AE，SD → → 2× 3 3 |AE|· |SD| 3 所成角的余弦值为 3 .
[知识梳理] 1．设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则 (1)线线平行： l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R ； ； . ；
u＝0 线面平行： l∥α⇔a⊥u⇔a·
面面平行： α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R
b＝0 (2)线线垂直： l⊥m⇔a⊥b⇔a·
线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R ；
目录
第七章 立体几何
CONTENTS
1 高考导航 考纲下载 2 3 4 5
主干知识 自主排查 核心考点 互动探究
真题演练 明确考向
第七节 立体几何中的向量
方法
课时作业
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1.能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问 题． 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
4．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所 成角的正弦值为______．
解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)， B(1,2,0)，
→ ∴D1C1＝(0,2,0)， 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
3．已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE， SD所成角的余弦值为( C ) 1 A.3 3 C. 3 2 B． 3 2 D．3
(新课标)高考数学一轮总复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法练习-人教版高三全册数学试题
【创新大课堂】（新课标）2016高考数学一轮总复习 第七章 第7节立体几何中的向量方法练习一、选择题1．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)[解析] 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．[答案] A2．(2015·某某某某一模)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010 C.21510 D.31010[解析] 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. [答案] B3．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( ) A.22B.155 C.64D.63[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)、A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.[答案] C4．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对[解析] 以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)．∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM . [答案] C5．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 [解析] ∵M 在EF 上，设ME ＝x ， ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫22x ，22x ，1，∵A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，B (0，2，0)， ∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)， AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫22x －2，22x －2，1.设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c . 故可取一个法向量n ＝(1,1，2)． ∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.[答案] C6．(2015·某某模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66B.36 C.26D.16[解析] ∵BC ⊥平面PAB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面PAB ，PA ⊥AD ，又PA ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，∴PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1， ∴AC →＝(2,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)， 又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)，∴cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n |·|AP →|＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B AC M 的余弦值为66. [答案] A 二、填空题7．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．[解析] 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.[答案] 60°8．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________．[解析] ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，→＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋→ ＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的法向量， ∴MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，∴MN →⊥CD →.又∵M N ⃘平面B 1BCC 1，∴MN ∥平面B 1BCC 1. [答案] 平行9．设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________． [解析] 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.[答案] 233三、解答题10．(2014·某某高考)如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．(1)[证明] 因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又M 是AB 的中点， 所以CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1.因为在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ， 所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2) 解：法一 连接AC ，MC .由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ，所以四边形AMCD 为平行四边形，所以BC ＝AD ＝MC . 由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形， 因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 所以MD 1→ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 法二 由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ， 因此∠D 1NC 为二面角C 1－AB －C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得＝32，所以ND 1＝CD 21＋2＝152. 在Rt △D 1中，cos ∠D 1NC ＝D 1N＝32152＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 11．(2015·某某潍坊一模)如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值X 围．(1)证明 在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，所以AD ＝CD ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC .因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)解 分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，所以AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量．由n 1·AB→＝0，n 1·BM →＝0联立得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0.取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)是平面MAB 的一个法向量．因为n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2＝1λ－32＋4.因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，最小值为77；当λ＝3时，cos θ有最大值，最大值为12.所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.12．(2015·某某某某4月模拟)如图，E 是矩形ABCD 中AD 边上的点，F 为CD 边的中点，AB ＝AE ＝23AD ，现将△ABE 沿BE 边折至△PBE 的位置，且平面PBE ⊥平面BCDE .(1)求证：平面PBE ⊥平面PEF ； (2)求二面角E －PF －C 的大小． [解析] (1)[证明]⎭⎬⎫在△DEF 中，⎭⎪⎬⎪⎫ED ＝DF ED ⊥DF ⇒∠DEF ＝45°在△ABE 中，⎭⎪⎬⎪⎫AE ＝ABAE ⊥AB⇒∠AEB ＝45°⇒EF ⊥BE .⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫平面PBE ⊥平面BCDE平面PBE ∩平面BCDE ＝BE EF ⊥BE ⇒EF ⊥平面PBEEF ⊂平面PEF⇒平面PBE ⊥平面PEF .(2)以D 为原点，DC →的方向为x 轴的正方向，ED →的方向为y 轴的正方向，平面BCDE 向上的法线方向为z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，AD ＝3，则E ＝(0，－1,0)，P (1，－2，2)，F (1,0,0)，C (2,0,0)，EP →＝(1，－1，2)，CP →＝(－1，－2，2)，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,0,0)，设平面PEF的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，平面PFC 的法向量为n 2＝(p ，q ，r )，由⎩⎪⎨⎪⎧EP →·n 1＝0，EF →·n 1＝0和⎩⎪⎨⎪⎧CP →·n ＝0，CF →·n 2＝0，解得n 1＝(1，－1，－2)，n 2＝(0,1，2)，|cos 〈n 1，n 2〉|＝|0－1－2|1＋1＋2×1＋2＝32，综上，二面角E －PF －C 的大小为150°.。
高考数学一轮复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法课后作业理
高考数学一轮复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法课后作业理05212247[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知点A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°答案 C解析 由已知得AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC→|AB →||AC →|＝332×2＝12.∴向量AB →与AC →的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( )A.π3B.2π3 C.π3或2π3 D.π6或π3答案 C解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n 1，n 2〉＝π3，∴二面角A －BD －C 的大小为π3或2π3.故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)． ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面 答案 B解析 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.5．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)， 设P (0,0，z )(0≤z ≤3)， 则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －522－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案 B解析 建立如图所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)，∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0. ∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .故选B.7．(2017·聊城期中)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15 B.255C.55D.25答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)， 设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l －β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. 2B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 解法一：依题意可知二面角α－l －β的大小等于AC →与BD →所成的角，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB＝AC ＝BD ＝1，所以CD →2＝1＋1＋1＋2CA →·BD →＝3＋2|CA →||BD →|·cos〈CA →，BD →〉＝3＋2cos 〈CA →，BD →〉，因为〈AC →，BD →〉＝120°，所以〈CA →，BD →〉＝60°， 因此CD →2＝3＋2×12＝4，所以|CD →|＝2，故选C.解法二：在β内作AE 綊BD .连接CE 、DE ，易知∠CAE ＝120°，CE ⊥DE ， ∴CE 2＝AC 2＋AE 2－2×AC ×AE cos120°＝3. 在Rt △CED 中，CD 2＝CE 2＋ED 2＝4，∴CD ＝2. 故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案 B解析如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)．所以C D →＝(0，－1,2)，CB 1→＝(3，－1，2)，A D →＝(0,1,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n|AD →||n |＝45，即直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值．故选B. 10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，C 1D 1上的动点，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，则PE 的最小值是( )A ．5B ．4C ．4 5D ．2 5答案 D解析 以D 为原点，直线DA 为x 轴，直线DC 为y 轴，直线DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设AE ＝a ，D 1F ＝b ，0≤a ≤4,0≤b ≤4，P (x ，y,4)，0≤x ≤4,0≤y ≤4，则F (0，b,4)，E (4，a,0)，PF →＝(－x ，b －y,0)，∵点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，∴当E ，F 分别是AB ，C 1D 1的中点，P 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心时，PE 取最小值，此时P (2,2,4)，E (4,2,0)，∴|PE |min ＝2－42＋2－22＋4－02＝2 5.故选D.二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案155解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155. 12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC→|AF →||EC →|＝45×5＝45， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.13．(2017·青海质检)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值等于________． 答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，24，24，EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN→|EM →||AN →|＝16.14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为________．(填序号)答案 ①解析 以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系如图． 设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋y －a2，MP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a 2. 由MP ＝MC ，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．B 级三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13. 由a >0，得a ＝3， OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54， 故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54. 16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积． 解 (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12， 解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.17．(2017·河北衡水中学调研)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE的位置，如图2所示．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值．解 (1)证明：在题图1中，连接CE ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以四边形ABCE 为正方形，四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ⊥AC .在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 又OA 1∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由(1)知BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，又平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以∠A 1OC ＝π2，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，由CD →＝BE →＝(－2，0,0)， 得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，0. 所以BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，0.设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 直线BD 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 从而sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝25×3＝3015， 即直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值为3015. 18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)， PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF . 因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC . 由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量； 由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量． 若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22.π3时，DCBC＝22.故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为。
高考数学(理)人教A版一轮复习习题：第七章 不等式、推理与证明 考点规范练37 Word版含答案
考点规范练37数学归纳法基础巩固1.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边等于()A.1B.2C.3D.42.欲用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n,总有2n>n3,则验证不等式成立所取的第一个n的最小值应该是()A.1B.9C.10D.n>10,且n∈N*3.在数列{a n}中,已知a1=1,当n≥2时,a n-a n-1=2n-1,依次计算a2,a3,a4后,猜想a n的表达式是()A.3n-2B.n2C. D.4n-34.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3,n∈N*,能被9整除”,要利用归纳假设证当n=k+1(k ∈N*)时的情况,只需展开()A.(k+3)3B.(k+2)3C.(k+1)3D.(k+1)3+(k+2)35.对于不等式<n+1(n∈N*),某同学用数学归纳法的证明过程如下:(1)当n=1时,<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N*且k≥1)时,不等式成立,即<k+1,则当n=k+1时,=(k+1)+1, 所以当n=k+1时,不等式成立,则上述证法()A.过程全部正确B.n=1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确6.凸n多边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为()A.f(n)+n+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.f(n)+n-2 〚导学号37270344〛7.由下列不等式:1>,1+>1,1++…+,1++…+>2,……你能得到一个怎样的一般不等式?并加以证明.8.(2016浙江宁波期中)请用数学归纳法证明:1+3+6+…+(n∈N*).9.设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.〚导学号37270345〛能力提升10.利用数学归纳法证明不等式1++…+<f(n)(n≥2,n∈N*)的过程,由n=k到n=k+1时,左边增加了()A.1项B.k项C.2k-1项D.2k项11.在数列{a n}中,a1=,且S n=n(2n-1)a n,通过求a2,a3,a4,猜想a n的表达式为()A. B.C. D.〚导学号37270346〛12.若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是.13.(2016安徽黄山中学期中)用数学归纳法证明:2n+2·3n+5n-4(n∈N*)能被25整除.〚导学号37270347〛高考预测14.已知f(n)=1++…+(n∈N*),经计算得f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,则其一般结论为.参考答案考点规范练37数学归纳法1.C解析在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边=1+2=3.2.C解析 210=1 024>103.故选C.3.B解析∵a1=1,a n-a n-1=2n-1(n≥2),∴a2=4,a3=9,a4=16.可猜想a n=n2,故选B.4.A解析假设n=k(k∈N*)时,k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设证明,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.故选A.5.D解析在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,故推理错误.6.C解析边数增加1,顶点也相应增加1个,它与它不相邻的(n-2)个顶点连接成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加(n-1)条.故选C.7.解一般结论:1++…+(n∈N*),证明如下:(1)当n=1时,由题设条件知命题成立.(2)假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即1++…+当n=k+1时,1++…++…++…++…+∴当n=k+1时不等式成立.根据(1)和(2)可知猜想对任何n∈N*都成立.8.证明 (1)当n=1时,左边=1,右边==1,等式成立;(2)假设n=k时,结论成立,即1+3+6+…+,则n=k+1时,等式左边=1+3+6+…+,故n=k+1时,等式成立.由(1)(2)可知,1+3+6+…+(n∈N*).9.(1)解∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;a3=f(a2)=;a4=f(a3)=猜想a n=(n∈N*).(2)证明①易知当n=1时,猜想正确.②假设当n=k(k∈N*)时,猜想正确,即a k=,则a k+1=f(a k)==故n=k+1时,猜想正确.由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=10.D解析 1++…+=+…+,共增加了2k项.11.C解析由a1=,S n=n(2n-1)a n,得S2=2(2×2-1)a2,即a1+a2=6a2.解得a2=,S3=3(2×3-1)a3,即+a3=15a3.解得a3=同理可得a4=,故猜想a n的表达式为12.f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2解析∵f(k)=12+22+…+(2k)2,∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2,∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.13.证明 (1)当n=1时,21+2·31+5×1-4=25,能被25整除,命题成立.(2)假设当n=k(k∈N*)时,2k+2·3k+5k-4能被25整除.则当n=k+1时,原式=2k+3·3k+1+5(k+1)-4=6×2k+2·3k+5(k+1)-4=6+5(k+1)-4=6(2k+2·3k+5k-4)-30k+24+5k+5-4=6(2k+2·3k+5k-4) -25(k-1).∵6(2k+2·3k+5k-4)和-25(k-1)都能被25整除,∴当n=k+1时,命题仍成立.综上(1)(2)可知,2n+2·3n+5n-4(n∈N*)能被25整除.14.f(2n)>(n≥2,n∈N*)解析因为f(22)>,f(23)>,f(24)>,f(25)>,所以当n≥2时,有f(2n)>故填f(2n)>(n≥2,n∈N*).。
高三数学人教版一轮复习课件第7章 第7讲
与A→B平行的非零向量均为直线 l 的方向向量．
数 学
文
理 合
2．平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的
订
法向量，则求法向量的方程组为nn··ab＝＝00，.
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第七章 立体几何
1．已知两平面的法向量分别为 m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面
设 BA＝a，则 A(a,0,0)，G(a2，1,4)，A1(a,0,4)．
(1)因为B→A＝(a,0,0)，B→D＝(0,2,2)，B→1D＝(0,2，－2)，
数
学
文
理 合 订
所以B→1D·B→A＝0，B→1D·B→D＝0.
所以B→1D⊥B→A，B→1D⊥B→D，即 B1D⊥BA，B1D⊥BD．
又 BA∩BD＝B，所以 B1D⊥平面 ABD．
4．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 数
|n·e|
学
文 理
所成的角为 φ，向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sinφ＝|cosθ|＝___|n_|_|e_|__.
合
订
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第七章 立体几何
5．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD 分别是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则 二面角的大小 θ＝__A→_B__，__C→_D.
数
文 系；
学
理
合
②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及
订
的点、直线、平面的要素；
③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；
④根据运算结果解释相关问题．
人教A版高考数学一轮总复习课后习题 第七章 平面向量、复数 课时规范练33
课时规范练33《素养分级练》P315基础巩固组1.(河南许昌高三月考)若z +2z=3+i,则z= ( )A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i答案:A解析:设z=a+bi(a,b ∈R),则z =a-bi,∴z +2z=a-bi+2(a+bi)=3a+bi=3+i,∴{3a =3,b =1,即{a =1,b =1,∴z=1+i.故选A. 2.已知z ∈C,则“z 为纯虚数”是“z+z =0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 答案:A解析:由题意,若z 为纯虚数,则设z=bi(b ∈R,b≠0),则z+z =bi-bi=0;当z+z =0时,可取z=z =0,但z 为纯虚数不成立.故“z 为纯虚数”是“z+z =0”的充分不必要条件.故选A.3.已知复数z1=-2+i,z2=z1i,在复平面内,复数z1和z2对应的两点之间的距离是( )A.√5B.√10C.5D.10答案:B解析:z1=-2+i在复平面内对应的点的坐标为(-2,1),z2=z1i =-i(-2+i)-i2=1+2i在复平面内对应的点的坐标为(1,2),所以复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离为√(-2-1)2+(1-2)2=√10.故选B.4.(河北衡水高三模拟)若复数z满足z(2+i)=i-1(i为虚数单位),则|z|=( )A.√52B.√102C.√105D.√55答案:C解析:由题意,z=i-12+i =(i-1)(2-i)(2+i)(2-i)=-1+3i5,所以|z|=|z|=√105.故选C.5.(山西太原高三期中)若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=( )A.-1+2iB.-2-iC.-1±2iD.-2±i答案:C解析:设z=a+bi(a,b ∈R),则(a+bi)2+2(a+bi)+5=0,即(a 2-b 2+2a+5)+2b(a+1)i=0,而a,b ∈R,则{a 2-b 2+2a +5=0,2b (a +1)=0,解得{a =-1,b =±2,所以z=-1±2i.故选C. 6.(广东东莞高三模拟)设z 1,z 2为复数,z 1,z 2分别是z 1,z 2的共轭复数,z 1,z 2满足z 1z 2=|z 1|2,则下列结论一定成立的是( ) A.z 1=z 2 B.z 1=z 2 C.z 2=0 D.z 2=z 2答案:B解析:设z 1=a+bi(a,b ∈R),则z 2=|a+bi |2a+bi=a 2+b 2a+bi=(a 2+b 2)(a -bi )a 2+b 2=a-bi,当a 2+b 2≠0时,z 2≠0,故C 错误;z 2=a+bi,当b≠0时,z 1≠z 2,z 2≠z 2,故A,D 错误;z 1=a-bi=z 2,故B 正确.故选B.7.(山东烟台高三月考)已知复数z 满足(1-2i)z=4-3i(i 为虚数单位),则z 的共轭复数z = . 答案:2-i 解析:因为z=4-3i 1-2i=(4-3i )(1+2i )(1-2i )(1+2i )=10+5i 5=2+i,所以z =2-i.8.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2,z 1+z 2=1+√3i,则|z 1-z 2|= . 答案:2√3解析:设z 1=a+bi,z 2=c+di(a,b,c,d ∈R),由已知得a 2+b 2=c 2+d 2=4,a+c=1,b+d=√3,则z 1-z 2=(a-c)+(b-d)i,|z 1-z 2|2=a 2+b 2+c 2+d 2-2ac-2bd=2(a 2+b 2+c 2+d 2)-(a+c)2-(b+d)2=2(a 2+b 2+c 2+d 2)-4=12,则|z 1-z 2|=2√3. 9.(河北石家庄高三期中)已知复数z=i+i 2+i 3+…+i1+i,则复数z= .答案:i 解析:z=i+i 2+i 3+…+i1+i=i -i 1-i1+i=i -i (1+i )(1-i )=i -i 2=i -(-i )2=i.10.(辽宁锦州高三期中)如图,在复平面内,复数z 1,z 2对应的向量分别是OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,则复数z 1+z 1z 2的虚部为 .答案:3解析:由图可知,z 1=1+2i,z 2=2-i,则z 1+z1z 2=1+2i+1+2i 2-i=1+2i+(1+2i )(2+i )(2-i )(2+i )=1+2i+5i 5=1+3i,故复数z 1+z1z 2的虚部为3.综合提升组11.(多选)(重庆八中高三月考)若z+|z|=8-4i,其中i 为虚数单位,则下列关于复数z 的说法正确的是( )A.|z|=5B.z 的虚部为-4iC.z =-3+4iD.z 在复平面内对应的点位于第四象限 答案:AD解析:设z=a+bi(a,b ∈R),则|z|=√a 2+b 2,z+|z|=a+bi+√a 2+b 2=8-4i,则{a +√a 2+b 2=8,b =-4,得{a =3,b =-4,即z=3-4i,|z|=√9+16=5,故A 正确;z的虚部为-4,故B 错误;z =3+4i,故C 错误;z 在复平面内对应的点为(3,-4),位于第四象限,故D 正确.故选AD.12.已知复数z 满足等式|z-i|=1,则|z-1|的最大值为 . 答案:√2+1解析:因为|z-i|=1,所以复数z 在复平面内对应的点是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,如图所示,则|z-1|的最大值为圆心(0,1)到点A(1,0)的距离加1,即√(0-1)2+(1-0)2+1=√2+1.创新应用组13.(多选)(陕西咸阳高三期末)设复数z=1a+2i(a ∈R),当a 变化时,下列结论正确的是 ( )A.|z|=|z |恒成立B.z 可能是纯虚数C.z+1z 可能是实数D.|z|的最大值为12答案:ABD 解析:z=1a+2i=a -2i (a+2i )(a -2i )=a a 2+4−2a 2+4i.对于A,z =a a 2+4+2a 2+4i,|z|=|z |=√a 2(a 2+4)2+4(a 2+4)2,故A 正确;对于B,z=aa 2+4−2a 2+4i,当a=0时,z=-12i 为纯虚数,故B 正确;对于C,z+1z=a a 2+4−2a 2+4i+a+2i=a a 2+4+a +2-2a 2+4i,令2-2a 2+4=0,即a 2+3=0,无解,故C 错误;对于D,|z|2=a 2(a 2+4)2+4(a 2+4)2=1a 2+4≤14,当且仅当a=0时,等号成立,所以|z|的最大值为12,故D 正确.故选ABD.。
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第七章 第七节 立体几何中的向量方法 [理]课下练兵场命 题 报 告难度及题号 知识点容易题 (题号)中等题 (题号)稍难题 (题号)利用空间向量证明 平行、垂直问题 1 11 利用空间向量求异面 直线所成角、线面角. 2、3 4、6、7 8 利用空间向量求二面角510、129一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是 ( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 解析：若l ∥α，则a·n ＝0. 而A 中a·n ＝－2， B 中a·n ＝1＋5＝6，C 中a·n ＝－1，只有D 选项中a·n ＝－3＋3＝0. 答案：D2．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)，且a 与b 的夹角余弦值为89，则λ等于( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－255解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝6－λ3λ2＋5＝89，λ＝－2或255.答案：C3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为DD 1的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角是 ( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2解析：(特殊位置法)将P 点取为A 1，作OE ⊥AD 于E ，连接A 1E ，则A 1E 为OA 1在平面AD 1内的射影，又AM ⊥A 1E ，∴AM ⊥OA 1，即AM 与OP 成90°角．或建系利用向量法． 答案：D4．(2009·全国卷Ⅱ)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为 ( ) A.1010 B.15 C.31010 D.35解析：如图连结A 1B ，则有A 1B ∥CD 1，∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成角，设AB =1， 则A 1E =AE =1，∴BE 2，A 1B 2. 由余弦定理可知：cos ∠A 1BE 310.10225=⋅ 答案：C5．(2009·滨州模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ( ) A.12 B.23 C.33 D.22 解析：以A 为原点建系，设棱长为1.则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴1A D ＝(0,1，－1)，1A E ＝(1,0，－12)，设平面A 1ED 的法向量为 n 1＝(1，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)，∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：B6．(2009·浙江高考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是 ( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°解析：如图，取BC 中点E ，连结DE 、AE 、AD ，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE ⊥平面BB 1C 1C ，故∠ADE 为AD 与平面BB 1C 1C 所成的角． 设各棱长为1，则AE ＝32， DE ＝12，tan ∠ADE ＝AE DE ＝3212＝3，∴∠ADE ＝60°. 答案：C 二、填空题7．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________． 解析：建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，1BC ＝(－1,0,2)，1AE ＝(－1,2,1)，cos 〈1BC AE 〉＝11BC AE BCAE＝3010.30 8．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__________．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 (0，2,2a a)， 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝(－a ，－a 2，a2)，CB ＝(a ，a,0)，设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则cos 〈CB ，n 〉＝CB n CB n＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB ，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30°9．正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3，则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为________．解析：设一个侧面面积为S 1，底面面积为S ，则这个侧面在底面上射影的面积为S3，由题设得S 1S ＝23，设侧面与底面所成二面角为θ，则cos θ＝13S S 1＝S 3S 1＝12，∴θ＝60°. 答案：60° 三、解答题10．(2009·包头模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，E 为侧棱PD 的中点． (1)求证：PB ∥平面EAC ；(2)若AD ＝AB ，试求二面角A －PC －D 的正切值．解：法一：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，在△PDB 中，OE ∥PB ，又OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，故PB ∥平面AEC .(2)设AD =AB =PD =PA =a ， ∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，又CD ⊥AD ，∴CD ⊥侧面PAD ，∴AE ⊥DC ， 又△PAD 为正三角形，且E 为PD 中点， ∴AE ⊥PD ，故AE ⊥平面PDC在等腰△PDC 中，作DM ⊥PC ，则M 为PC 的中点， 再作EN ∥DM 交PC 于点N ，则EN ⊥PC ，连接AN ， 则∠ANE 为二面角A-PC-D 的平面角， 在Rt △PDC 中，DM =22a ，所以EN =24a ， 在等边△PAD 中，AE =32a ，所以tan ∠ANE =6.AEEN法二：(1)证明：如图建立空间直角坐标系O-xyz ，其中O 为AD 的中点．设PA=AD=PD=a ，AB =b ， 则P (0,0，32a )，D (－a 2，0,0)，E (－a 4，0，34a )，B (a 2，b,0)， 连接BD 交AC 于点F ，则F (0，b2，0)．EF ＝(a 4，b 2，－34a )，PB ＝(a 2，b ，－32a )＝2EF ，∴EF ∥PB ，又EF ⊂平面AEC ，且PB ⊄平面AEC ， ∴PB ∥平面EAC .(2)设PA ＝AD ＝PD ＝AB ＝a ， 则P (0,0，32a )，A (a 2，0,0)，C (－a 2，a,0)，D (－a 2，0,0)． AC ＝(－a ，a,0)，PC ＝(－a2，a ，－32a )，PD ＝(－a 2，0，－32a )，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面PAC 的法向量，则110,0,n AC n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎪⎨⎪⎧－ax 1＋ay 1＝0，－a 2x 1＋ay 1－32az 1＝0，令z 1＝1，解得x 1＝y 1＝3，∴n 1＝(3，3，1)， 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PCD 的法向量， 则110,0,n AC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎨⎧－a 2x 2＋ay 2－32az 2＝0，－a 2x 2－32az 2＝0，令z 2＝1，解得x 2＝－3，y 2＝0，∴n 2＝(－3，0,1)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－17， 设所求二面角的平面角为α， 则cos α＝17，sin α＝67，tan α＝ 6. 11．(2010·江苏苏北三市模拟)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝2，PA ＝CD ＝4.(1)求证：BD ⊥PC ；(2)求二面角B —PC —A 的余弦值．解析：(1)证明：以A 为原点，建立如图所示空间直 角坐标系，则B (0,1,0)，C (-2,4,0)，D (-2,0,0)，P (0,0,4)， ∴PC = (－2,4，－4)，BD ＝(－2，－1,0)， ∴PC BD ⋅＝4－4＝0， 所以PC ⊥BD .(2)易证BD 为平面PAC 的法向量，BD ＝(－2，－ 1,0)．设平面PBC 的法向量n ＝(a ，b ，c )，PB ＝(0,1，－4)，BC ＝(－2,3,0)， 所以0,0n PB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4c ，a ＝6c ，所以平面PBC 的法向量n ＝(6,4,1)， ∴cos θ＝BD n BC n＝－12－45·53＝－16265265.因为平面PAC 和平面PBC 所成的角为锐角， 所以二面角B —PC —A 的余弦值为1626526512．(2009·湖北五市调研)如图甲，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝π2，点M 、N分别在AB ，CD 上，且MN ⊥AB ，MC ⊥CB ，BC ＝2，MB ＝4，现将梯形ABCD 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直(如图乙)． (1)求证：AB ∥平面DNC ；(2)当DN 的长为何值时，二面角D －BC －N 的大小为30°？解：法一：(1)证明：∵MB ∥NC ，MB ⊄平面DNC ，NC ⊂平面DNC ， ∴MB ∥平面DNC .同理MA ∥平面DNC ，又MA ∩MB =M ，且MA 、MB ⊂MAB NCD AB MAB ⎫⇒⎬⎭平面∥平面⊂平面AB ∥平面DNC .(2)过N 作NH ⊥BC 交BC 延长线于H ，∵平面AMND ⊥平面MNCB ，DN ⊥MN ， ∴DN ⊥平面MBCN ，从而DH ⊥BC ， ∴∠DHN 为二面角D-BC-N 的平面角．由MB =4，BC =2，∠MCB =90°知∠MBC =60°， CN =4-2cos60°=3，∴NH =3sin60°=333. 由条件知：tan ∠NHD =33DN NH = ∴DN =33333.2==法二：如图，以点N 为坐标原点，以NM ，NC ，ND 所在直线分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系N-xyz ，易得NC=3，3，设DN=a ，则D(0,0，a)，C(0,3,0)，3,4,0)，3,0,0)，3,0，a )． (1)证明：∵ND ＝(0,0，a )，NC ＝(0,3,0)，AB ＝(0,4，－a )．∴AB ＝－(0,0，a )＋43(0,3,0)＝－ND ＋43NC ，∵ND ，NC ⊂平面DNC ，且ND ∩NC ＝N ， ∴AB 与平面DNC 共面，又AB ⊄平面DNC ， ∴AB ∥平面DNC .(2)设平面DBC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，DC ＝(0,3，－a )，CB ＝(3，1,0)则⎩⎪⎨⎪⎧DC ―→·n 1＝3y －az ＝0CB ―→·n 1＝3x ＋y ＝0，令x ＝－1，则y ＝3，z ＝33a .∴n 1＝(－1，3，33a)． 又平面NBC 的法向量n 2＝(0,0,1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33a1＋3＋27a2×1＝32. 即：6a＝1＋3＋27a 2.∴a 2＝94， 又a ＞0，∴a ＝32，即DN ＝32.。