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第6章　空間向量與立體幾何
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.在空間直角坐標(biāo)系中,已知點P(1,3,5),則點P關(guān)于x軸的對稱點的坐標(biāo)是(　　)
A.(-1,-3,5) B.(-1,3,-5)
C.(1,-3,-5) D.(-1,-3,-5)
2.在空間直角坐標(biāo)系中,a=(-2,m,3),b=(3,1,2),若a⊥b,則m的值為(　　)
A.0 B.1 C.2 D.-1
3.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,化簡 -=(　　)
A. B. C. D.
4.若{a,b,c}構(gòu)成空間的一個基底,則下列向量共面的是(　　)
A.a,b+c,a+b B.a,a+c,a+b
C.a+b+c,c,b D.b,a-b,a+b
5.在三棱錐P-ABC中,M是平面ABC上一點,且5=t+2+3,則t=(　　)
A.1 B.2 C.3 D.-2
6.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,PA=BC,E為CD的中點,F為PC的中點,則異面直線BF與PE所成角的余弦值為(　　)
A.- B. C.- D.
7.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,點P在側(cè)面A1ABB1上.若點P到直線AA1和CD的距離相等,則A1P的最小值是(　　)
A. B. C.2 D.
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=,BC=AA1=2,點P滿足=m,其中m∈0,,則直線AP與平面BCC1B1所成角的最大值為(　　)
A. B. C. D.
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.
9.下列利用方向向量、法向量判斷線面位置關(guān)系的結(jié)論正確的是(　　)
A.若兩條不重合的直線l1,l2的方向向量分別是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),則l1∥l2
B.若直線l的一個方向向量是a=(0,3,0),平面α的一個法向量是μ=(0,-5,0),則l∥α
C.若兩個不同平面α,β的法向量分別為n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),則α∥β
D.若平面α經(jīng)過三點A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n1=(1,u,t)是平面α的法向量,則u+t=1
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,則(　　)
A.PA⊥BD
B.直線PB與平面ABCD所成的角為
C.異面直線AB與PC所成角的余弦值為
D.二面角A-PB-C的正弦值為
11.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是棱AB,BC上的動點,且=λ()(λ∈R),則(　　)
A.A1C1∥MN
B.A1N⊥C1M
C.存在無數(shù)條直線與直線AB,CC1,A1D1均相交
D.當(dāng)三棱錐M-B1BN的體積最大時,二面角B1-MN-B的余弦值為
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.定義a b=|a|2-a·b.若向量a=(1,-2,3),向量b為單位向量,則a b的取值范圍是　　　　　.
13.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=3,則異面直線A1C1與AD1所成角的余弦值為　　　　.
14.如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A在平面α內(nèi),其余頂點均在平面α的同側(cè),AB=3,AD=4,AA1=5,若頂點B到平面α的距離為2,頂點D到平面α的距離為2,則頂點A1到平面α的距離為　　　　　.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(13分)已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2).
(1)求|a-2b|;
(2)當(dāng)|c|=2時,若向量ka+b與c垂直,求實數(shù)x和k的值;
(3)若向量c與向量a,b共面,求x的值.
16.(15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,E為AD的中點,底面ABCD是邊長為2的正方形,且二面角P-BE-C的余弦值為.
(1)求PD的長;
(2)求點C到平面PEB的距離.
17.(15分)(2023新高考Ⅰ)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)證明:B2C2∥A2D2;
(2)點P在棱BB1上,當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P的長.
18.(17分)如圖,在四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.
(1)證明:AC⊥平面BDE;
(2)設(shè)DE⊥BE,DE=1,∠ACB=60°,點F在線段BD上,若CF與平面ABD所成角的正弦值為,求此時點F的位置.
19.(17分)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,AA1=AB=AC=2,BC=2,M,N分別是CC1,BC的中點,點P在線段A1B1上,且=λ.
(1)證明:AM⊥PN.
(2)當(dāng)λ取何值時,直線PN與平面AMN所成角θ最小
(3)是否存在點P,使得平面PMN與平面ABC所成的二面角的正弦值為 若存在,試確定點P的位置;若不存在,請說明理由.
參考答案
1.C　空間點關(guān)于x軸對稱,則x軸上坐標(biāo)不變,y軸、z軸上坐標(biāo)取相反數(shù),故點P關(guān)于x軸的對稱點的坐標(biāo)是(1,-3,-5).故選C.
2.A　因為a=(-2,m,3),b=(3,1,2),且a⊥b,所以-2×3+m+3×2=0,解得m=0.故選A.
3.B　由長方體的結(jié)構(gòu)特征,有,則故選B.
4.D　對于選項A,假設(shè)存在一組實數(shù)對λ,μ滿足a=λ(b+c)+μ(a+b),可知λ,μ無解,即向量a,b+c,a+b不共面;
對于選項B,假設(shè)存在一組實數(shù)對λ,μ滿足a=λ(a+c)+μ(a+b),可知λ,μ無解,即向量a,a+c,a+b不共面;
對于選項C,假設(shè)存在一組實數(shù)對λ,μ滿足a+b+c=λc+μb,可知λ,μ無解,即向量a+b+c,c,b不共面;
對于選項D,存在一組實數(shù)對λ=-,μ=滿足b=-(a-b)+(a+b),即b,a-b,a+b是共面向量.
故選D.
5.C　因為5=t+2+3=t+2+3(),
所以8=t+2+3,
即
因為M是平面ABC上一點,所以=1,
所以t=3.故選C.
6.B　如圖,以{}為單位正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,設(shè)AB=2,則A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),則E(1,2,0),F(1,1,1),所以=(-1,1,1),=(1,2,-2),所以cos<>==-,所以異面直線BF與PE所成角的余弦值為故選B.
7.B　如圖,以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,
設(shè)P(1,m,n),其中m,n∈[0,2],A1(1,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0),則點P到直線AA1的距離為m,點P(1,m,n)到直線CD的距離為,故m=,
則A1P=因為n∈[0,2],故當(dāng)n=1,m=時,A1P取得最小值,最小值為故選B.
8.B　分別取BC,B1C1的中點D,D1,則DD1∥BB1,即DD1⊥平面ABC,連接AD.因為AB=AC,所以AD⊥BC.以{}為單位正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,
由已知,得AD=,則A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,2),
所以=(0,2,0),=(0,0,2).
因為=m=(0,2m,3-2m),
=(-,-1,0),
所以=(-,2m-1,3-2m).
易知平面BCC1B1的一個法向量是n=(1,0,0),
設(shè)直線AP與平面BCC1B1所成角為θ,則,
sin θ=|cos|=
=
=,
所以當(dāng)m=1時,(sin θ)max=,即θ的最大值是故選B.
9.ACD　對于A,由題意,得a=-b,所以a,b共線.
又直線l1,l2不重合,
所以l1∥l2,故A正確;
對于B,由題意,得μ=-a,所以l⊥α,故B不正確;
對于C,由題意,得n2=-2n1,所以α∥β,故C正確;
對于D,由A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),
得=(-1,1,1),=(-1,1,0),
又向量n1=(1,u,t)是平面α的一個法向量,
所以
則u+t=1,故D正確.
故選ACD.
10.ABD　連接BD.因為∠DAB=,設(shè)AB=2AD=2PD=2a,
由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos ∠BAD,所以BD2=a2+4a2-4a2=3a2,
則BD=a,則BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,AD,BD 底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD,
如圖,以{}為單位正交基底,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,
則D(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),P(0,0,a).
對于A,=(a,0,-a),=(0,-a,0),則=0+0+0=0,
所以PA⊥BD,故A正確;
對于B,=(0,a,-a),因為PD⊥底面ABCD,所以=(0,0,a)是平面ABCD的一個法向量,所以cos<>==-,
則直線PB與平面ABCD所成的角的正弦值為,即PB與平面ABCD所成的角為,故B正確;
對于C,=(-a,a,0),=(-a,a,-a),
則cos<>=,
則異面直線AB與PC所成角的余弦值為,故C錯誤;
對于D,設(shè)平面PAB的法向量為n=(x1,y1,z1),則
令y1=1,則n=(,1,).
設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),則
令y2=1,則m=(0,1,),
所以cos=
令二面角A-PB-C的平面角為θ(0≤θ≤π),則|cos θ|=,
所以sin θ=,故D正確.
故選ABD.
11.BCD　以{}為單位正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,1).
設(shè)=t=(0,t,0),即點M(1,t,0),其中0≤t≤1.
設(shè)=s=(s,0,0),即點N(s,1,0),其中0≤s≤1,則=(s-1,0,0).
所以=λ()=(0,λt,0)+(λs-λ,0,0)=(λs-λ,λt,0)=(-1,1,0),
所以所以
所以M1,,0,N1-,1,0,
所以=-,1-,0.又=(-1,1,0),
若A1C1∥MN,則,所以,所以λ=2,
故只有當(dāng)λ=2時,A1C1∥MN,故選項A錯誤;
因為=(-,1,-1),=(1,-1,-1),
所以1+1+(-1)×(-1)=0,　
所以A1N⊥C1M,故選項B正確;
設(shè)直線AB上任一點為M'(1,m,0),CC1上任一點為H(0,1,n),A1D1上任一點為K(k,0,1),其中m>0,n>0,k>0,=(-1,1-m,n),=(k,-1,1-n).
當(dāng)M',H,K三點共線時,存在直線M'K與直線AB,CC1,A1D1分別交于點M',H,K.
由M',H,K三點共線,得,
所以(k≠0,n≠1),
所以m=1-,n=,所以當(dāng)k∈R,且k≠0,k≠1時,m,n隨著k的變化而變化,所以存在無數(shù)條直線與直線AB,CC1,A1D1均相交,故選項C正確;
由等體積法得BM·BN·1=(1-t)·(1-s),又(1-t)·(1-s)=(1-),
當(dāng)且僅當(dāng)1-,即λ=2時,等號成立,此時三棱錐M-B1BN的體積最大,
故M1,,0,N,1,0,=-,0,=0,-,-1.
設(shè)平面B1MN的法向量為m=(a,b,c),
則令b=2,則a=2,c=-1,得m=(2,2,-1).
顯然底面BMN的一個法向量為n=(0,0,1).
設(shè)二面角B1-MN-B的平面角為θ,由題意知θ為銳角.
因為cos==-,
所以cos θ=,
故當(dāng)三棱錐M-B1BN的體積最大時,二面角B1-MN-B的余弦值為,故選項D正確.
故選BCD.
12.[14-,14+]　由題意知|a|=,|b|=1.
設(shè)=θ,則a b=|a|2-a·b=|a|2-|a|·|b|cos θ=14-cos θ.
又θ∈[0,π],所以cos θ∈[-1,1],故a b∈[14-,14+].故答案為[14-,14+].
13 　
如圖,以{}為單位正交基底,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,
則A(1,0,0),D1(0,0,3),A1(1,0,3),C1(0,2,3),
則=(-1,0,3),=(-1,2,0),
所以cos<>=,
因此,異面直線A1C1與AD1所成角的余弦值為
故答案為
14.　以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,4,0),A1(0,0,5),
所以=(3,0,0),=(0,4,0),=(0,0,5).
設(shè)平面α的一個法向量為n=(x,y,z),
由題意可得
解得所以頂點A1到平面α的距離為故答案為
15.解 (1)因為a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),
所以a-2b=(-2,-1,2)-2(-1,1,2)=(0,-3,-2),
所以|a-2b|=
(2)因為|c|=2,所以=2,解得x=0.
因為ka+b=(-2k-1,1-k,2k+2),且向量ka+b與c垂直,
所以(ka+b)·c=0,c=(0,2,2),即2-2k+4k+4=2k+6=0,所以k=-3,所以實數(shù)x和k的值分別為0和-3.
(3)設(shè)c=λa+μb(λ,μ∈R),則(x,2,2)=λ(-2,-1,2)+μ(-1,1,2),解得x=-,λ=-,μ=,
即向量c與向量a,b共面時,x=-
16.解 (1)如圖所示,以{}為單位正交基底,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則D(0,0,0),B(2,2,0),E(1,0,0),C(0,2,0).
設(shè)PD=a,則P(0,0,a).
所以=(2,2,-a),=(1,0,-a).
易得平面CBE的一個法向量為n1=(0,0,1).
設(shè)平面PBE的一個法向量為n2=(x,y,z),
則有
取z=1,則x=a,y=-,
即n2=
由題知,二面角P-BE-C的余弦值為cos=,
解得a=2,
故PD的長為2.
(2)由(1)得n2=(2,-1,1),=(2,0,0).
則點C到平面PEB的距離為d=
17.(1)證明 以C為坐標(biāo)原點,CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,
則C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1),
=(0,-2,1),=(0,-2,1),
又B2C2,A2D2不在同一條直線上,
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 設(shè)P(0,2,λ)(0≤λ≤4),
則=(-2,-2,2),=(0,-2,3-λ),=(-2,0,1).
設(shè)平面PA2C2的一個法向量n=(x1,y1,z1),
則
令z1=2,得y1=3-λ,x1=λ-1,
∴n=(λ-1,3-λ,2).
設(shè)平面A2C2D2的一個法向量m=(a,b,c),
則
令a=1,得b=1,c=2,∴m=(1,1,2),
∴|cos|==|cos 150°|=,
化簡可得λ2-4λ+3=0,
解得λ=1或λ=3,
∴P(0,2,1)或P(0,2,3),
∴B2P=1.
18.(1)證明 因為AD=CD,E為AC的中點,
所以AC⊥DE.
在△ABD和△CBD中,AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,
所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB.
又E為AC的中點,所以AC⊥BE.
又DE,BE 平面BDE,DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BDE.
(2)解 因為∠ACB=60°,且AB=CB,
所以△ABC是等邊三角形.
因為AD⊥CD,且AD=CD,E為AC的中點,所以在等腰直角三角形ADC中,DE=AE=EC=1,則BE=
因為DE⊥AC,BE⊥DE,AC⊥BE,以{}為單位正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,
則A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1).
設(shè)平面ABD的法向量為n=(x,y,z),
則取y=,則n=(3,,3).
又C(-1,0,0),所以=(1,0,1),
設(shè)==(0,,-λ),,
所以=(1,,1-λ).
設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ0,
因為sin θ=|cos|=,
所以|cos|=
=,
所以(4λ-1)2=0,解得λ=,
所以點F為線段BD靠近點D的四等分點.
19.解 (1)因為AB=AC=2,BC=2,則AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,如圖所示,以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,
則A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),可得==(2λ,0,0),=(0,0,2)+(2λ,0,0)=(2λ,0,2),
即P(2λ,0,2),=(1-2λ,1,-2).
又因為=(0,2,1),可得=0,
所以無論λ取何值,AM⊥PN.
(2)由(1)可知,=(0,2,1),=(1,1,0),
設(shè)平面AMN的一個法向量為m=(x,y,z),
則
取y=1,則x=-1,z=-2,
可得m=(-1,1,-2),可得sin θ=|cos<,m>|=,
令t=λ+2,t∈[2,3],
則sin θ=,
所以當(dāng)t=2,即λ=0時,θ取得最小值,此時sin θ=
(3)存在.
假設(shè)存在,易知平面ABC的一個法向量為u=(0,0,1).
因為=(1,-1,-1),=(1-2λ,1,-2),
設(shè)n=(a,b,c)是平面PMN的一個法向量,
則
令a=3,可得c=2-2λ,b=1+2λ,
可得n=(3,1+2λ,2-2λ),則|cos|=,
化簡得8λ2-22λ+5=0,解得λ=或λ=
因為λ∈[0,1],可得λ=,
所以存在點P使平面PMN與平面ABC所成二面角的正弦值為,點P為A1B1上靠近A1的四等分點.

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