【三维设计】2020届高考数学 第七章第八节立体几何中的向量方法课后练习理 人教A版

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1、【三维设计】2020届高考数学 第七章第八节立体几何中的向量方法课后练习 理 人教A版一、选择题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角为()A45B135C45或135 D90解析：cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.答案：C2已知平面内有一个点A(2，1,2)，的一个法向量为n(3,1,2)，则下列点P中，在平面内的是()A(1，1,1) B.C. D.解析：对于选项A，(1,0,1)，则n(1,0,1)(3,1,2)50，故排除A；对于选项B，则n(3,1,2)0，验证可知C、D均不满足n0.答案：B3(2020

2、马鞍山联考)长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为()A. B.C. D.解析：如图，以D为坐标原点，建系如图，则B(1,2,0)，C1(0,2,2)，A(1,0,0)，E(0,2,1)，(1,0,2)，(1,2,1)则cos，故异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为.答案：B4如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A. B.C2 D.解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(

3、0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)设ADa，则D点坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为m(x，y，z)则，令z1，得m(a,1，1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由cos60，得，即a，故AD.答案：A5.已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ABBC，ADABAA12BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为()A. B.C. D.解析：AB，AD，AA1两两垂直，故以AB所在直线为

4、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，如图所示，设BC1，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，F(0,1,1)，(0,1,0)，设平面A1CD的一个法向量为n(1，y，z)，则，故n(1,2,2)，则sin|cosn，|，故直线EF与平面A1CD所成的角的正弦值为.答案：C二、填空题6已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上当APC最大时，三棱锥PABC的体积为_解析：以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，设，可得P(，)，再由cosAPC可

5、求得当时，APC最大，故VPABC11.答案：7如图，在矩形ABCD中，AB2，AD1，E为CD的中点将ADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，得到几何体DABCE.则BD与平面CDE所成角的正弦值为_解析：如图，以点B为坐标原点，BC，BA分别为x轴，y轴，过点B与平面ABCE垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系则B(0,0,0)，C(1,0,0)，A(0,2,0)，E(1,1,0)，D(，)设向量n(x0，y0,1)为平面CDE的一个法向量，则n，n，即n0，n0，(0,1,0)，(，)，x0，y00，即n(，0,1)(，)，cosn，.直线BD和平面CDE所成的角是n和夹角的余角，B

6、D与平面CDE所成角的正弦值为.答案：三、解答题8.(2020福建高考改编)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长解：(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos451，CECDsi

7、n451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，由n，n，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos60|，即，解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB.9(2020北京东城区模拟)正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC、BC边的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，

8、并说明理由；(2)求二面角EDFC的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论解：(1)AB平面DEF.在ABC中，E、F分别是AC、BC的中点，EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)由题易知，AD、DB、DC两两垂直，则以点D为坐标原点，直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，1)，F(1，0)，(1，0)，(0，1)，(0,0,2)易知平面CDF的一个法向量为(0,0,2)，设平面EDF的一个法向量为n(x，y，z)，则，即

9、，令y，则n(3，3)cosn，二面角EDFC的余弦值为.(3)在线段BC上存在点P，使APDE.证明如下：在线段BC上取点P，使BPBC，过P点作PQCD于点Q，连接AQ，PQ平面ACD.PQDE.DQDC，且AD2，DAQ30.又ADE为等边三角形，AQDE，又AQPQQ，DE平面APQ，AP平面APQ，APDE.10(2020江苏高考)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB1，点N是BC的中点，点M在CC1上设二面角A1DNM的大小为.(1)当90时，求AM的长；(2)当cos时，求CM的长解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设CMt(0t2)，则各点的坐标为A

10、(1,0,0)，A1(1,0,2)，N(，1,0)，M(0,1，t)所以(，1,0)，(0,1，t)，(1,0,2)设平面DMN的法向量为n1(x1，y1，z1)，则n10，n10.即x12y10，y1tz10.令z11，则y1t，x12t.所以n1(2t，t,1)是平面DMN的一个法向量设平面A1DN的法向量为n2(x2，y2，z2)，则n20，n20.即x22z20，x22y20.令z21，则x22，y21.所以n2(2,1,1)是平面A1DN的一个法向量从而n1n25t1.(1)因为90，所以n1n25t10，解得t.从而M(0,1，)所以AM .(2)因为|n1|，|n2|，所以cosn1，n2 .因为n1，n2或，所以|，解得t0或t.根据图形和(1)的结论可知t，从而CM的长为.