2019-2020年高考数学一轮复习 7.7立体几何中的向量方法课时作业 理 湘教版.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 7.7立体几何中的向量方法课时作业 理 湘教版一、选择题1.已知AB（1,5，2），BC（3,1，z），若ABBC，BP（x1，y，3），且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为（）A.33/7，15/7，4 B.40/7，15/7，4C.40/7，2,4 D.4，40/7，15【解析】ABBC，ABBC0，即352z0，得z4，又BP平面ABC，BPAB，BPBC，BC（3,1,4），则（x1）5y60，3（x1）y120，解得x407，y157.【答案】B2.在正方体ABCDA1B1C1D1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】以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1.则A1（0,0,1），E，D（0,1,0），（0,1，1），设平面A1ED的法向量为n1（1，y，z），则n1（1,2,2）.平面ABCD的一个法向量为n2（0,0,1），cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.【答案】B3.已知正四面体ABCD，设异面直线AB与CD所成的角为，侧棱AB与底面BCD所成的角为，侧面ABC与底面BCD所成的角为，则()A. B. C. D.【解析】如图，取底面BCD的中心为点O，连接AO，BO，易知ABO，取BC的中点E，连接AE、OE，易知AEO，OBOE，0，故选B.【答案】B4.一个四面体中如果有三条棱两两互相垂直，且垂足不是同一点，这个三条棱就象中国武术中的兵器三节棍，所以，我们常把这类四面体称为“三节棍体”.三节棍体ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A（0，0，0），B（0，2，0），C（4，2，0），D（0，0，2），则此三节棍体外接球的体积为（ ）A.66 B.86C.123 D.163【解析】易知棱AB,BC,AD两两垂直，三节棍体外接球的球心坐标是棱CD中点(2,1,1)，所以三节棍体ABCD外接球的半径为r=，球的体积为V=【答案】B5已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是()A. B.C. D.【解析】如图，建立坐标系Dxyz，则A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，(2,0,4)，(0,2,4)，(0,0,4)，设平面AB1D1的法向量为n(x，y，z)，则即解得x2z且y2z，不妨设n(2，2,1)，设点A1到平面AB1D1的距离为d，则d.【答案】C6.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1=，D是CB延长线上一点，且BD=BC，则二面角B1-AD-B的大小为（）A.B.C.D. 【解析】取BC的中点O，连AO由题意知，平面ABC平面，AOBC,AO平面，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，ABC-A1B1C1为正三棱柱.O为BC的中点.y轴与，平行,BD=BC.则，AB，D，B1， ,由题意平面ABD， 为平面ABD的法向量设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z)，则，即不妨设n2=，由，得.故所求二面角B1-AD-B的大小为【答案】A二、填空题7.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BP=BD1，可得P(，)，再由cosAPCAPCP|AP|CP|可求得当13时，APC最大，故VPABC13121113118.【答案】1188.(xx金华模拟)P是二面角-AB-棱上的一点，分别在，平面上引射线PM，PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角-AB-的大小为 .【解析】不妨设PMa，PNb，如图，作MEAB于E ，NFA B于F.EPMFPN45，PEa，PFb，abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角-AB-的大小为90.【答案】909将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，有如下四个结论：ACBD；ACD是等边三角形；AB与平面BCD所成的角为60；AB与CD所成的角为60.其中正确的序号是_(写出你认为正确的结论的序号)【解析】取BD中点O，连接AO、CO，则AOBD，COBD，BD面AOC，ACBD，故对，又ACAOADCD，ACD是等边三角形，故对而ABD是AB与平面BCD所成的角，应为45，故错.又AABD(设ABa)，则a2a22a2a22aa2aa2a2cosA，D，cosA，D，AB与CD所成角为60，故对.【答案】10.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，BC的中点，EFBD=G则三棱锥B1-EFD1的体积V= 【解析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，,所以SD1EF=设平面的方程为：，将点代入得平面的方程为：，其法向量为n=，点到平面的距离d=，即为所求【答案】三、解答题11.如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC2，BD23，E是PB上任意一点.(1)求证：ACDE；(2)已知二面角APBD的余弦值为155，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值.【解析】(1)证明：PD平面ABCD，AC平面ABCD，PDAC，四边形ABCD是菱形，BDAC，又BDPDD，AC平面PBD，DE平面PBD，ACDE.(2)在PDB中，EOPD，EO平面ABCD，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设PDt，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(1,0,0)，E0，0，t2，P(0，3，t)，AB(1，3，0)，AP(1，3，t).由(1)知，平面PBD的一个法向量为n1(1,0,0)，设平面PAB的法向量为n2(x，y，z)，则根据 n2AB0， n2AP0，得 x3y0， x3ytz0，令y1，得平面PAB的一个法向量为n23，1，23t.二面角APBD的余弦值为155，则|cosn1，n2|155，即3412t2155，解得t23或t23(舍去)，P(0，3，23).设EC与平面PAB所成的角为，又EC(1,0，3)，n2(3，1,1)，则sin |cos EC，n2|2325155，EC与平面PAB所成角的正弦值为155.12.(xx江西模拟)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论.【解析】(1)证明：DE平面ABCD，DEAC，四边形ABCD是正方形，ACBD，又DEBDD，AC平面BDE.(2)DE平面ABCD，EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.EDBD3.由AD3，得DE36，AF6.如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3,0,0)，F(3,0，6)，E(0,0,36)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，BF(0，3，6)，EF(3,0，26).设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则nBF0，nEF0，即3y6z0，3x26z0.令z6，则n(4,2，6).AC平面BDE，CA(3，3,0)为平面BDE的一个法向量，cosn，CAnCA|n|CA|626321313.故二面角FBED的余弦值为1313.(3)依题意，设M(t，t,0)(t0)，则AM(t3，t,0)，AM平面BEF，AMn0，即4(t3)2t0，解得t2.点M的坐标为(2,2,0)，此时DM23DB，点M是线段BD上靠近B点的三等分点.13.如图，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60，点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D不重合，EFAC，EFACO.沿EF将CEF翻折到PEF的位置，使平面PEF平面ABFED.(1)求证：BD平面POA；(2)当PB取得最小值时，请解答以下问题：求四棱锥PBDEF的体积；若点Q满足AQQP(0)，试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于/4？并说明理由.【解析】(1)证明：菱形ABCD的对角线互相垂直，BDAC，BDAO，EFAC，POEF.平面PEF平面ABFED，且PO平面PEF，PO平面ABFED.BD平面ABFED，POBD.又AOPOO，BD平面POA.(2)如图，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设AOBDH，DAB60，BDC为等边三角形，故BD4，HB2，HC23.又设POx(0x0)，a33a，c3c，解得a331，c31.Q331，0，31，OQ331，0，31.设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则nPB0，nBD0.PB(3，2，3)，BD(0，4,0)，3x2y3z0，4y0，取x1，得y0，z1，n(1,0,1).设直线OQ与平面PBD所成的角为，则sin |cosOQ，n|OQn|OQ|n|3313123312312|3|2921296292121692.又0，692，即06921，22sin 1.0，2，42.故直线OQ与平面PBD所成的角一定大于/4.