第一章 空间向量与立体几何 章末复习 作业

第一章空间向量与立体几何章末复习基础复习一、选择题1.(2020江西抚州临川一中月考)如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，点E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是（）A.2AB·CAB.2AC·FGC.2AD·DCD.2EF·DB【答案】B【解析】由题意易得AB与CA，AD与DC的夹角均为π-π3=2π3，EF与DB的夹角为π，AC与FG的夹角为0，故2AB·CA=-a2，2AD·DC=-a2，2EF·DB=-a2，2AC·FG=a2；2.如图，在三棱锥O-ABC中，∠AOB=∠AOC=60°，OA=OB=OC，BC=2OA，则异面直线OB与AC所成角的大小是（）A.30°B.60°C.90°D.120°【答案】B【解析】∵OA=OB=OC，BC=2OA，∴∠BOC=90°.∵OA=OC，∠AOC=60°，∴AC=OA.又OB·AC=OB·(OC-OA)=OB·OC-OB·OA=-OB·OA=-12|OA|2∴cos<OB，AC>=OB·AC|OB||AC|=-12，∴<OB，AC>=120°二、填空题3.已知a+b+c=0，|a|=2，|b|=3，|c|=4，则cos<a，b>等于.【答案】1【解析】∵a+b+c=0，|a|=2，|b|=3，|c|=4，∴向量a，b，c首尾相连组成三角形，记三角形的顶点分别为A，B，C.令AB=c，CA=b，BC=a，则BC=2，CA=3，AB=4.由余弦定理得cos∠BCA=BC2+CA2易知向量BC和CA的夹角是180°-∠BCA，∴cos<a，b>=144.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量共面.(填“一定”或“不一定”)

【答案】一定【解析】空间向量均是自由向量，若三个向量中的两个向量共线，则这三个向量一定能平移到同一平面内，所以这三个向量一定共面.5.(2020海南海口海南中学期中)若AB=λCD+μCE(λ，μ∈R)，则直线AB与平面CDE的位置关系为.

【答案】AB⊂平面CDE或AB∥平面CDE【解析】由AB=λCD+μCE(λ，μ∈R)及共面向量定理可知，向量AB与向量CD，CE共面，则直线AB可能在平面CDE内，也可能和平面CDE平行.6.三棱锥C-ABD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若n1与n2的夹角为π3，则平面ABD与平面BCD的夹角为【答案】π【解析】因为平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，且n1，n2的夹角为π3，所以平面ABD与平面BCD的夹角为π三、解答题7.(2021天津二十中期中)已知a=(5，3，1)，b=-2,t,-25，若a与b【解析】由题意得a·b<0且a，b不共线.∴-2×5+3t+-25×1<0-故实数t的取值范围为-∞,-65∪8.(2021辽宁沈阳月考)如图，在三棱台DEF-ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成角的大小.【解析】(1)证明：在三棱台DEF-ABC中，由AB=2DE得BC=2EF，又H为BC的中点，所以BH=EF，又BH∥EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF=H，AB∩BE=B，所以平面FGH∥平面ABED，因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)连接DG，易知DF=12AC=GC，DF∥GC所以四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥CF.又CF⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC=45°，得AB=BC，连接BG，因为G是AC的中点，所以GB⊥GC.因此GB，GC，GD两两垂直.以G为坐标原点，BG，GC，GD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，设AB=2，则CF=DE=1，BG=CG=2，所以G(0，0，0)，B(2，0，0)，H22,22,0，F(0故GH=22,22,0，GF=(0，2，1)，GB=(设n=(x，y，z)是平面FGH的法向量，则n·GH=0n·GF=0，即22x+所以平面FGH的一个法向量为n=(1，-1，2).易知GB=(2，0，0)是平面ACFD的一个法向量，所以|cos<GB，n>|=|GB·n||所以平面FGH与平面ACFD所成角的大小为60°.素养提升一、解答题1.(2022福建三明将乐第一中学月考)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=5，E，F分别为D1D，B1B上的点，且DE=B1F=1.(1)求证：BE⊥平面ACF；(2)求点E到平面ACF的距离.【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(2，2，4).(1)证明：易知AC=(-2，2，0)，AF=(0，2，4)，BE=(-2，-2，1).∵BE·AC=0，BE·AF=0，利用空间向量，将线线垂直问题的证明转化为其对应向量数量积的运算.∴BE⊥AC，BE⊥AF，又AC∩AF=A，∴BE⊥平面ACF.利用线面垂直的判定定理将线线垂直转化为线面垂直.(2)易知AE=(-2，0，1)，由(1)知BE=(-2，-2，1)为平面ACF的一个法向量，∴点E到平面ACF的距离d=|AE·BE将点E到平面ACF的距离转化为AE在法向量BE方向上的投影问题.2.(2022重庆西南大学附中月考)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P=λA1B1.(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°?若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【解析】因为AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，所以AB，AC，AA1两两垂直.以点A为坐标原点，AC，AA1，AB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，则A(0，0，0)，M1,12,0，N12,0,1(1)证明：易知AM=1,12,0，NP因为AM·NP=-12+12=0，所以AM因此，无论λ取何值，总有AM⊥PN.(2)易知NM=12设平面PMN的法向量为n=(x，y，z)，则n·NM=12x+1所以平面PMN的一个法向量为n=(2λ+1，2-2λ，3).易知平面ABC的一个法向量为m=(0，1，0).若存在满足题意的点P，则|cos<m，n>|=|m·n||m||n|根据平面PMN与平面ABC所成的角为30°，构建关于λ的方程，通过方程解的情况确定是否存在满足题意的点P.此方程无解，所以不存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°.3.(2021福建龙岩期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，M，N分别是棱CC1，B1C1，BB1的中点，点F在线段MN上运动.(1)证明：A1F∥平面D1AE；(2)求直线EF与平面D1AE所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)证明：连接BC1，A1N，NE，A1M.∵M，N分别是B1C1，BB1的中点，∴MN∥BC1，又BC1∥AD1，∴MN∥AD1.∵MN⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴MN∥平面AD1E.易知NE∥A1D1，NE=A1D1，∴四边形A1NED1是平行四边形，∴A1N∥D1E.∵A1N⊄平面AD1E，D1E⊂平面AD1E，∴A1N∥平面AD1E.∵A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面D1AE.又A1F⊂平面A1MN，∴A1F∥平面D1AE.(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，E(0，2，1)，D1(0，0，2)，M(1，2，2)，N(2，2，1)，∴D1E=(0，2，-1)，AD1=(-2，0，2)，NM=(-1∵F在线段MN上，∴设NF=λNM(0≤λ≤1)，则F(2-λ，2，1+λ)，∴EF=(2-λ，0，λ).由点在线上，根据共线向量定理引入变量λ