课后习题：第三章 空间向量与立体几何

高中数学精选资源2/2第三章(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()①AB+2BC+2CD+DC;②2AB+2BC+3CD+3DA+AC;③A.①② B.②③C.②④ D.①④解析①中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=AD+BC,不符合题意;②中,原式=2(AB+BC+CD+DA)+(AC+CD+DA)=0;③中,答案C2.已知向量a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则实数λ的值为()A.-2 B.-143 C.145 D解析∵a⊥(a-λb),∴a·(a-λb)=|a|2-λa·b=0,∴|a|2=λa·b,∴14=λ2+2+3=7λ,解得λ=2.故选D.答案D3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交 B.垂直C.不垂直 D.成60°角解析因为AP·AB=0,AP·AC=0,所以AP答案B4.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E、F分别是BC、AD的中点,则AE·AF的值为(A.a2 B.14a2 C.12a2 D.3解析在正四面体ABCD中,点E、F分别是BC、AD的中点,∴AE=则AE·AF=(因为是正四面体,所以BE⊥AD,∠BAD=π3即BE·ADAB·AD=|AB|·|AD|cos所以AE·AF=a答案B5.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则()A.α⊥β B.α∥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.答案B6.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为60°,且|AB|=1,|AD|=2,|AA1|=3,A.5 B.6 C.4 D.8解析设AB=a,AD=b,AA1=c,则AC1=a+b+c,AC12=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=答案A7.三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则AB·CD等于(A.-2 B.2 C.-23 D.23解析AB·CD=AB·(AD-AC)=AB·AD-AB·AC=2×2×cos90°答案A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.55 B.53 C.25解析不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1).∴BC1=(0,2,-1),AB1=∴cos<BC1,故选A.答案A9.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),OA+λOB与OB的夹角为120°,则λ的值为(A.±66 B.66 C.-66 D解析因为A(1,0,0),B(0,-1,1),所以OA+λOB=(1,0,0)+λ(0,-1,1)=(1,-λ,λ),|OA+λOB|=1+2λ|OB|=2,(OA+λOB)·OB=2λ,所以cos120°=2λ2×所以λ<0,且4λ=-4λ解得λ=-66,故选C答案C10.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.45 B.35 C.34解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),∴AD=(0,1,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的一个法向量,由n故x令z=1,得n=(0,2,1).设直线AD与平面B1DC所成角为α,则sinα=|cos<AD,n>|=|AD所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选A答案A11.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为()A.32 B.12 C.15解析以D为原点,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,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得n令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为|n答案B12.在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是()A.3427 B.4427 C.解析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A为原点,AB为x轴,AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,4,0),P(0,4,46),A(0,0,0),B(4,0,0),AC=(0,4,0),AB=(4,0,0),AP=(0,4,46),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则n取z=1,得n=(0,-6,1),∴点C到平面PAB的距离d=|AC故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量AB=(2,4,5),CD=(3,x,y),若AB∥CD,则xy=解析∵AB∥CD,∴存在实数k使得AB=k∴2=3k,4=kx,5=ky,则xy答案4514.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是.

解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则AB令z=1,得x=12,y=-1,所以n=12答案±115.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.

解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A1B1=1,所以AC=BD=22,A1C1=B1D1=2.因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,故∠B1BO=60°.设棱台高为h,则tan60°=h2-22所以A(0,-2,0),D1-22,0,62,B所以AD故cos<AD1,故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为14答案116.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=3,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为.

解析如图,过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=12,BM=32,CN=12,DN=32由于BD=BM+MN+ND,所以|BD|2=(BM+MN+ND)2=|BM|2+|MN|2+|ND|2+2(BM·MN+MN·ND+BM·ND)=答案10三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD中,ABCD为平行四边形,AC与BD交于O,G为BD上一点,BG=2GD,PA=a,PB=b,PC=c,试用基底{a,b,c}表示向量PG.解因为BG=2GD,所以BG=又BD=BA+BC=所以PG=PB+BG=b+23=23a-13b+218.(本小题满分12分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OE⊥b?(O为原点)解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(-5(2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,因此存在点E,使得OE⊥b,此时点E的坐标为E-19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=π2,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2(1)求证:AB1∥平面BC1D;(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.因为O为B1C的中点,D为AC的中点,所以OD∥AB1.因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),因此AB1=(0,-2,2),BC所以cos<AB1=0+0+42设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=12,由于θ∈0,π2,故20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2.(1)证明:DF⊥AE;(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1⊥A1B1,又因为AE⊥A1B1,所以A1B1⊥平面AA1C1C,因为A1C1⊂平面AA1C1C,所以A1B1⊥A1C1.所以AB⊥AC,AB⊥AA1,AC⊥AA1,如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).设D(0,2,t),则FD=(-1,2,t-1),AE=(2,1,0),FD·AE=(-1,2,t-1)·(2,1,0)所以DF⊥AE.(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),EF=(-1,-1,1),FD=(-1,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n令y=1得,n=(2,1,3),容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),所以cos<n,n0>=n·即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为141421.(本小题满分12分)如图1,梯形ABCD中,AB∥CD,过A,B分别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,得空间几何体ADE-BCF,如图2.(1)若AF⊥BD,证明:DE⊥平面ABFE;(2)若DE∥CF,CD=3,线段AB上存在一点P,满足CP与平面ACD所成角的正弦值为520,求AP的长(1)证明由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,在图2中,AF⊥BE,由已知得AF⊥BD,BE∩BD=B,∴AF⊥平面BDE,又DE⊂平面BDE,∴AF⊥DE,又AE⊥DE,AE∩AF=A,∴DE⊥平面ABFE.(2)解在图2中,AE⊥DE,AE⊥EF,DE∩EF=E,即AE⊥平面DEFC,在梯形DEFC中,过点D作DM∥EF交CF于点M,连接CE,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC⊥CF,则∠CDM=π6,CE=过点E作EG⊥EF交DC于点G,可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以EA,EF,EG分别为x轴,y轴则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,3),D0,-12,32,AC=(-2,1,3),AD=-设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),由n·AC=0,n·AD=0,得-设AP=m,则P(2,m,0)(0≤m≤2),得CP=(2,m-1,-3),设CP与平面ACD所成的角为θ,sinθ=|cos<CP,n>|=|m|5×所以AP=2322.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,A1B⊥AC1,AC=AA1=4,BC=2.(1)求证:平面A1ACC1⊥平面ABC;(2)若∠A1AC=60°,在线段AC上是否存在一点P,使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为34?若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由(1)证明∵AC=AA1,∴四边形AA1C1C为菱形,连接A1C,则A1C⊥AC1,又A1B⊥AC1,且A1C∩A1B=A1,∴AC1⊥平面A1CB,则AC1⊥BC,又∠ACB=90°,即BC⊥AC,∴BC⊥平面A1ACC1,而BC⊂平面ABC,∴平面A1ACC1⊥平面ABC.(2)解以C为坐标原点,分别以CA,CB所在直线为x,y轴,面A1ACC1内过点C且垂直于AC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,∵AC=AA1=4,BC=2,∠A1AC=60°,∴C(0,0,0