高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八772利用向量求空间角和距离理文档格式.docx
- 文档编号:22589646
- 上传时间:2023-02-04
- 格式:DOCX
- 页数:28
- 大小:342.52KB
高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八772利用向量求空间角和距离理文档格式.docx
《高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八772利用向量求空间角和距离理文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八772利用向量求空间角和距离理文档格式.docx(28页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
所以两平面所成的二面角为45°
【变式备选】
(xx·
合肥模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A.B.C.D.
【解析】选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1.
则A1(0,0,1),
E,D(0,1,0),
所以=(0,1,-1),=.
设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),所以有
即
所以
所以n1=(1,2,2).
因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以cos<
n1,n2>
==,
即所成的锐二面角的余弦值为.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选D.以A为原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),M,
D(0,1,0),N,=,=.
cos<
>
=0,
所以A1M与DN所成的角的大小是90°
【一题多解】连接D1M,A1D1⊥平面CC1D1D,则A1D1⊥DN,DN⊥D1M,A1D1∩D1M=D1,所以DN⊥平面A1D1M,A1M⊂平面A1D1M,所以DN⊥A1M.
【误区警示】用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时,注意区别:
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;
当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.
【变式备选】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC所成的角为( )
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意,当以A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以,,所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),
D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),=(0,1,1),=(-1,1,0),所以cos<
===,所以异面直线AD与BC所成的角为.
5.如图,在空间直角坐标系中,正方体棱长为2,点E是棱AB的中点,点F是正方体的面AA1D1D上一点,且CF⊥B1E,则点F的轨迹是( )
A.线段B.圆的一部分
C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分
【解析】选A.设F(0,y,z)由已知可得E(1,0,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),所以=(-1,0,-2),=(-2,y-2,z).因为CF⊥B1E,所以·
=0,即2-2z=0,即z=1.故F的轨迹是直线的一部分,线段.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记
=λ,当
∠APC为钝角时,λ的取值范围是________.
【解析】以,,为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz,
则A(1,0,0),B(1,1,0),
C(0,1,0),D1(0,0,1),则=(1,1,-1),得=λ=(λ,λ,-λ),所以=+=(1-λ,-λ,λ-1),=+=(-λ,1-λ,λ-1).
显然∠APC不是平角,所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<
<
0,·
0,即(1-λ,-λ,λ-1)·
(-λ,1-λ,λ-1)
=(λ-1)(3λ-1)<
0,得<
λ<
1.所以λ的取值范围是.
答案:
7.如图所示,四边形ABCD,ABEF都是矩形,它们所在的平面互相垂直,AD=AF=1,AB=2,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0<
a<
),当MN的长最小时,a的值为________.
【解析】如图所示,作MO⊥AB,垂足为O,连接ON,
因为四边形ABCD,ABEF都是矩形,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0<
),
所以ON⊥AB,=,=,
所以OM=,ON=,
因为OM⊥ON,
所以MN=
≥,
所以a=时,MN的长最小.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F∥平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是________.
【解析】建立如图所示的坐标系,令AB=1,则
A(0,0,0),E,D1(0,1,1),B(1,0,0),C1(1,1,1),
A1(0,0,1),F(1,t,s),平面D1AE的法向量为n=(x,y,z),则=(1,t,s-1),=,=(0,1,1),所以·
n=0,·
n=0,即
令z=2,则
所以n=(1,-2,2).又因为A1F∥平面D1AE,所以·
n=0,即1-2t+2(s-1)=0,即s-1=t-,所以=.由于n1=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,且·
n1=1,所以cos<
n1>
记与平面BCC1B1所成角为α,则sinα=
cosα=
所以tanα=
因为s=t+≤1,所以t≤,故t∈[0,],因为∈,
所以tanα∈[2,2].
[2,2]
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(xx·
郑州模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO⊥侧面ABB1A1.
(1)证明:
BC⊥AB1.
(2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.
【解析】
(1)由题意tan∠ABD==,
tan∠AB1B==,
注意到0<
∠ABD<
0<
∠AB1B<
所以∠ABD=∠AB1B,
所以∠ABD+∠BAB1=∠AB1B+∠BAB1=,
所以AB1⊥BD,又CO⊥侧面ABB1A1,
所以AB1⊥CO.
又BD与CO交于点O,所以AB1⊥平面CBD,
又因为BC⊂平面CBD,所以BC⊥AB1.
(2)如图,以O为原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为
x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
因为D为AA1的中点,所以==,
所以OC=OA=AB1==,
则A,B,C,
B1,D,
又因为=2,所以C1.
所以=,=,
=.
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则根据·
n=0可取n=(1,,-)是平面ABC的一个法向量,
设直线C1D与平面ABC所成的角为α,
则sinα==.
10.在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.
(1)求证:
VB∥平面MOC.
(2)求证:
平面MOC⊥平面VAB.
(3)求三棱锥V-ABC的体积.
(1)因为O,M分别为AB,VA的中点,
所以OM∥VB.
又因为VB⊄平面MOC,所以VB∥平面MOC.
(2)因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC,且OC⊂平面ABC,
所以OC⊥平面VAB.
所以平面MOC⊥平面VAB.
(3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,
所以AB=2,OC=1.
所以等边三角形VAB的面积S△VAB=.
又因为OC⊥平面VAB,
所以三棱锥C-VAB的体积等于OC·
S△VAB=.
又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.
1.(5分)在三棱锥P-ABC中,AB=PC=,AC=PB=,BC=PA=2,则异面直线PA与BC所成角的余弦值为( )
【解析】选C.在△PAB中,由余弦定理,得cos<
=,
在△PAC中,由余弦定理,得cos<
=.因为·
=·
(-)=·
-·
又·
||·
||cos<
=2×
·
=||·
=,所以·
=-=-1.
事实上·
=||||cos<
=4cos<
于是cos<
=-,从而,异面直线PA与BC所成角的余弦值为.
2.(5分)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.aD.a
【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).
过点P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离.
因为PA=PB=PC,
所以H为△ABC的外心.
又因为△ABC为正三角形,
所以H为△ABC的重心,
可得H点的坐标为.
所以PH=
=a.
【变式备选】在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到△ABC的重心G的距离为________.
【解析】PA,PB,PC两两垂直,以P为坐标原点,PA,PB,PC所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,且PA=1,PB=2,PC=3,
所以P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),
△ABC的重心G的坐标为,PG
所以点P到△ABC的重心G的距离是.
3.(5分)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,AC1与平面A1BD,CB1D1交于E,F两点.给出以下命题,其中真命题有________.(写出所有正确命题的序号)
①点E,F为线段AC1的两个三等分点;
②=-++;
③设A1D1的中点为M,CD的中点为N,则直线MN与面A1DB有一个交点;
④E为△A1BD的内心;
⑤设K为△B1CD1的外心,则
为定值.
【解析】①连接A1C1,A1C,AC,设AC1与A1C交于O点,连接A1E并延长交AC于H点,由平行四边形对角线互相平分得OA=OC1,又A1H是面A1DB与面A1AC的交线,所以H为AC与BD的交点,即为中点,从而E为△A1AC的重心,
A1E=2EH,AE=2OE,又OE=OF,从而AE=EF,同理可得C1F=2OF,所以点E,F为线段AC1的两个三等分点,故①正确;
②=-=-=-×
(+)=-(-)-(-)=+-,所以②不对;
③取DD1的中点K,连接KM,KN,则KM∥A1D,KN∥A1B,由面面平行的判定定理得面KMN∥面A1BD,再由面面平行的性质定理得MN∥面A1BD,即MN与面A1BD没有交点,故③错;
④由①的分析可得:
E为△A1BD的重心,故④错;
⑤A1D∥B1C,BD∥B1D1,由面面平行的判定定理可得:
面A1BD∥面B1CD1,所以K,F到面A1BD的距离相等,设为h,VK-BED=hS△BED,==h,又=3S△BED,
=,故⑤正确.
①⑤
4.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°
AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D为B1C1的中点.
(1)证明:
A1D⊥平面A1BC.
(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.
(1)取BC的中点E,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE,
因为AB=AC,所以AE⊥BC,故AE⊥平面A1BC,
由D,E分别是B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,所以DE∥A1A,
所以四边形A1AED是平行四边形,故A1D∥AE,
又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥BD,且A1F∩BD=F,连接B1F.
由AE=BE=,∠A1EA=∠A1EB=90°
得A1B=A1A=4,
由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB≌△B1DB,
由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角,
由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°
得BD=3,
A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-.
【一题多解】本题
(2),还可以有如下解法:
以CB的中点E为原点,分别以EA,EB,EA1为x,y,z轴的正半轴,
建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:
A1(0,0,),B(0,,0),
D(-,0,),B1(-,,).
因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).
设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).
由
可取m=(0,,1).
由即
可取n=(,0,1).
于是|cos<
|==.
由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,
故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.
5.(13分)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AC=AB=SA=2,AC⊥AB,D,E分别是AC,BC的中点,F在SE上,且SF=2FE.
(1)求证:
AF⊥平面SBC.
(2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30°
?
若存在,求出DG的长;
若不存在,请说明理由.
(1)由AC=AB=SA=2,AC⊥AB,E是BC的中点,得AE=.因为SA⊥底面ABC,所以SA⊥AE.在Rt△SAE中,SE=,所以EF=SE=.因此AE2=EF·
SE,又因为
∠AEF=∠AES,所以△EFA∽△EAS,则∠AFE=∠SAE=90°
即AF⊥SE.因为SA⊥底面ABC,所以SA⊥BC,又BC⊥AE,所以BC⊥平面SAE,则BC⊥AF.又SE∩BC=E,所以AF⊥平面SBC.
(2)假设满足条件的点G存在,并设DG=t,过点G作GM⊥AE交AE于点M,又由SA⊥GM,AE∩SA=A,得GM⊥平面SAE.作MN⊥AF于点N,连接NG,则AF⊥NG.于是∠GNM为二面角G-AF-E的平面角,即∠GNM=30°
由此可得MG=(1-t).由MN∥EF,得=,于是有
MN=(1+t),
Rt△GMN中,MG=MNtan30°
即(1-t)=(1+t)·
解得t=.于是满足条件的点G存在,且DG=.
【一题多解】本题
(2)还可以有如下解法:
假设满足条件的点G存在,并设DG=t.以A为坐标原点,分别以AC,AB,AS为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),S(0,0,2),E(1,1,0),G(1,t,0).由SF=2FE得
F.所以=(1,1,0),=,=(1,t,0).设平面AFG的法向量为m=(x1,y1,z1),则
取y1=1,得x1=-t,
z1=t-1,即m=(-t,1,t-1).设平面AFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则
取y2=1,得x2=-1,z2=0,即n=(-1,1,0).由二面角G-AF-E的大小为30°
得
cos30°
==
=,化简得2t2-5t+2=0,又0≤t≤1,求得t=.于是满足条件的点G存在,且DG=.
2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十六7.6空间直角坐标系空间向量及其运算理
1.(xx·
深圳模拟)已知三棱锥O-ABC,点M,N分别为AB,OC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示,则等于( )
A.(b+c-a)B.(a+b+c)
C.(a-b+c)D.(c-a-b)
【解析】选D.=++
=(c-a-b).
2.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°
则λ的值为( )
A.±
B.
C.-D.±
【解析】选C.+λ=(1,-λ,λ),
cos120°
=-,得λ=±
经检验λ=不合题意,舍去,所以λ=-.
【误区警示】这里夹角为120°
λ的值为负,λ=必须舍去.
长沙模拟)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ).若a,b,c三向量共面,则实数λ等于( )
A.B. C.D.
【解析】选D.由题意设c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),
4.在空间四边形ABCD中,·
+·
的值为( )
A.0B.1C.2D.3
【解析】选A.如图,令=a,=b,=c,
则·
(-)+·
(-)
=a·
(c-b)+b·
(a-c)+c·
(b-a)
c-a·
b+b·
a-b·
c+c·
b-c·
a
=0.
【一题多解】选A.如图,在三棱锥A-BCD中,不妨令其各棱长都相等,则正四面体的对棱互相垂直.
所以·
=0,·
【变式备选】1.空间四边形OABC中,边长AC=BC,OA=3,OB=1,则向量·
A.-4B.-3C.-1D.-2
【解析】选A.取AB的中点D,连接CD,OD.
则由AC=BC,得CD⊥AB,即有·
(+)
=(-)·
=(-)=×
(12-32)=-4.
2.已知四边形ABCD满足:
>
0,则该四边形为( )
A.平行四边形B.梯形
C.长方形D.空间四边形
【解析】选D.由·
0,知该四边形一定不是平面图形.
5.已知线段AB,BD在平面α内,且AB⊥BD,线段CD⊥α,AB=3,BD=4,CD=5,则AC间的距离是( )
A.4B.5C.5D.6
【解析】选C.++=,因为CD⊥α,则CD⊥AB,CD⊥DB,且已知AB⊥BD,故=(++)2=+++2·
+2·
=50,所以=5.
【变式备选】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.B. C.2D.
【解析】选C.依题意可知,二面角α-l-β的大小等于与所成的角,因为=++,所以=+++2·
因为AC⊥AB,BD⊥AB,AB=AC=BD=1,
所以=1+1+1+2·
=3+2·
||cos<
=3+2cos<
因为<
=120°
所以<
=60°
因此=3+2×
=4,所以=2.
6.二面角α-l-β为60°
A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为________.
【解析】因为AC⊥l,BD⊥l,所以<
且·
所以=++,
所以||=
=2a.
2a
7.已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,
①(++)2=3;
②·
(-)=0;
③向量与向量的夹角是60°
;
④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为
|·
|.
其中正确命题的序号是________.
【解析】①中(++)2=++=3,故①正确;
②中-=,因为AB1⊥A1C,故②正确;
③中A1B与AD1两异面直线所成角为60°
但与的夹角为120°
故③不正确;
④中|·
|=0,故④也不正确.
①②
8.已知e1,e2是空间单位向量,e1·
e2=,若空间向量b满足b·
e1=2,b·
e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=________,y0=________,|b|=________.
【解析】问题等价于|b-(xe1+ye2)|当且仅当x=x0,y=y0时取到最小值1,左边平方即|b|2+x2+y2-4x-5y+xy,在x=x0,y=y0时取到最小值1,|b|2+x2+y2-4x-5y+xy=x2+(y-4)x+y2-5y+|b|2=+(y-2)2-7+|b|2,所以
1 2 2
【变式备选】已知P(3cosα,3sinα,1)和Q(2cosβ,2sinβ,1),则||的取值范围是( )
A.[1,5]B.(1,5)
C.[0,5]D.[0,25]
【解析】选A.因为P(3cosα,3sinα,1)和
Q(2cosβ,2sinβ,1),
所以||
因为cos(α-β)∈[-1,1],
所以||的取值范围是[1,5].
9.已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
(1)求以,为边的平行四边形的面积.
(2)若|a|=,且a分别与,垂直,求向量a的坐标.
(1)由题意可得:
=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
所以cos<
===,
所以sin<
所以以,为边的平行四边形的面积:
S=2×
||||sin<
=14×
=7.
(2)设a=(x,y,z),
由题意得
或
所以a=(1,1,1)或a=
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 一轮 复习 第七 立体几何 课时 分层 作业 四十八 772 利用 向量 空间 距离
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)