高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题，共18页。
考点1 用空间向量判断线面位置关系
1.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
考点2 用空间向量求空间角
2.(2020北京,16,13分,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)求证:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
3.(2020课标全国Ⅰ理,18,12分,)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
4.(2020课标全国Ⅲ理,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
考点3 用空间向量求空间距离
6.(2019课标全国Ⅰ,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
考点4 用空间向量解决探索性问题
7.(2019北京,16,14分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
三年模拟练
应用实践
1.(2021山东师范大学附属中学高三上月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD是菱形,且∠BAD=60°,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l∥AD;
(2)求平面PAD与平面PBC所成角的大小.
2.(2021湖南长沙雅礼中学高三上月考,)如图,在▱ABCD中,∠A=30°,AD=3,AB=2,沿BD将△ABD翻折到△A'BD的位置,使平面A'BC⊥平面A'BD.
(1)求证:A'D⊥平面BCD;
(2)若在线段A'C上有一点M满足A'M=λA'C,且平面MBD与平面BDC的夹角为60°,求λ的值.
3.(2020天津滨海七校高三上联考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,已知∠BCC1=π3,BC=1,AB=C1C=2,点E是棱C1C的中点.
(1)求证:C1B⊥平面ABC;
(2)求平面AB1E与平面A1B1E的夹角的余弦值;
(3)在棱CA上是否存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111?若存在,求出CMCA的值;若不存在,请说明理由.
迁移创新
4.(原创)()已知某旅游景点有座名山,高约为16(单位:千米),从山顶看正东方向(东门)入口的俯角约为60°,看正南方向(南门)入口的俯角约为45°,每个入口都有一条山路直通山顶,为方便游客游览,景区计划修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道.(东门与南门在一个水平面上)
(1)求该索道的长度;
(2)求该索道与地面所成角的余弦值.
答案全解全析
五年高考练
1.证明 (1)以C为原点,分别以CA,CB1 的方向为x,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
设AC=a,AB=b,CB1=c,
则A(a,0,0),B(a,b,0),C(0,0,0),B1(0,0,c),C1(-a,-b,c),
∴AB1=(-a,0,c),B1C1=(-a,-b,0),
∵E,F分别是AC,B1C的中点,
∴Ea2,0,0,F0,0,c2,∴EF=-a2,0,c2,
设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z),则m·AB1=0,m·B1C1=0,即-ax+cz=0,-ax-by=0,
取x=c,则y=-acb,z=a,∴m=c,-acb,a,
∵EF·m=0,且EF⊄平面AB1C1,∴EF∥平面AB1C1.
(2)由(1)知AB=(0,b,0),AB1=(-a,0,c),
设平面ABB1的法向量为n=(x1,y1,z1),则
由n·AB=0,n·AB1=0,得by1=0,-ax1+cz1=0,取x1=c,则y1=0,z1=a,
∴n=(c,0,a),取平面AB1C的一个法向量为AB=(0,b,0),
∵n·AB=0,∴平面AB1C⊥平面ABB1.
2.解析 (1)证明:∵几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,
∴D1C1∥A1B1,D1C1=A1B1.
又AB∥A1B1,AB=A1B1,
∴D1C1∥AB,D1C1=AB,
∴四边形ABC1D1为平行四边形,
∴AD1∥BC1,又AD1⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E,
∴BC1∥平面AD1E.
(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,分别以{AD,AB,AA1}为正交基底建立空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,
则n·AD1=0,n·AE=0,
即2x+2z=0,2y+z=0,令z=-2,则x=2,y=1,
此时n=(2,1,-2),
∴sin θ=|cs|=|n·AA1||n||AA1|=|-4|4+1+4×2=23,
∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
3.解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.
因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.
又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.
所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,
则m·EP=0,m·EC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.
可取m=-33,1,2.
由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cs=n·m|n|·|m|=255.
易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,
所以二面角B-PC-E的余弦值为255.
4.解析 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1xyz.
(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1, -1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1·AE=0,n1·AF=0,
即-y-z=0,-2x-2z=0,可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,则n2·A1E=0,n2·A1F=0,
同理可取n2=12,2,1.
因为cs=n1·n2|n1|·|n2|=-77,
所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.
5.解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),∴DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则
n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cs=n·PB|n|·|PB|=-1-a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
6.解析 (1)证明:∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点,
∴DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD,
以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,3,0),C1(-1,3,4),所以MN=(0,-3,0),DC1=(-1,3,4),DE=(0,3,0),
设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC1=0,n·DE=0,即-x+3y+4z=0,3y=0,
取z=1,则n=(4,0,1).
∵MN·n=0,MN⊄平面C1DE,
∴MN∥平面C1DE.
(2)由(1)得C(-1,3,0),
∴DC=(-1,3,0),
而平面C1DE的一个法向量n=(4,0,1),
∴点C到平面C1DE的距离d=|DC·n||n|=417=41717.
7.解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).
所以PF=13PC=23,23,-23,
AF=AP+PF=23,23,43.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.
于是n=(-1,-1,1).
又因为平面PAE的法向量p=(1,0,0),
所以cs=n·p|n||p|=-33.
由题知,二面角F-AE-P为锐角,
所以其余弦值为33.
(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.
由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).
所以AG·n=-43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF内.
三年模拟练
应用实践
1.解析 (1)证明:∵底面ABCD是菱形,
∴BC∥AD.
∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.
又∵AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,∴l∥AD.
(2)连接BD,则△ABD为等边三角形.
取AD的中点E,连接PE、BE.
∵△ABD是等边三角形,∴AD⊥BE,同理,得AD⊥PE.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,
∴PE⊥平面ABCD,∴EA、EB、EP两两垂直,以E为原点建立空间直角坐标系E-xyz,如图,由题意得PD=PA=AD=2,
则E(0,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0),P(0,0,3),
∴EB=(0,3,0),PB=(0,3,-3),PC=(-2,3,-3).
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).
由n·PB=3y-3z=0,n·PC=-2x+3y-3z=0,取y=1,得n=(0,1,1).
易得EB是平面PAD的一个法向量,
∴cs=EB·n|EB||n|=22,∴=45°,
∴平面PAD与平面PBC所成角的大小为45°.
2.解析 (1)证明:△ABD中,由余弦定理,得cs 30°=22+(3)2-BD22×2×3,解得BD=1,
∵BD2+AD2=AB2,
∴∠ADB=90°,∴∠DBC=90°.
作DF⊥A'B于点F.
∵平面A'BC⊥平面A'BD,平面 A'BC∩平面A'BD=A'B,
∴DF⊥平面A'BC.
∵CB⊂平面A'BC,∴DF⊥BC,
又∵CB⊥BD,BD∩DF=D,
∴CB⊥平面A'BD,
又∵A'D⊂平面A'BD,∴CB⊥A'D,
又A'D⊥BD,BD∩CB=B,
∴A'D⊥平面BCD.
(2)由(1)知,DA、DB、DA'两两垂直,以D为原点,DA,DB,DA'所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则B(0,1,0),C(-3,1,0),A'(0,0,3),D(0,0,0),
∴DB=(0,1,0),A'C=(-3,1,-3),设M(x,y,z),则A'M=(x,y,z-3),由A'M=λA'C,
得x=-3λ,y=λ,z-3=-3λ,
∴M(-3λ,λ,3-3λ).
∴DM=(-3λ,λ,3-3λ).
设平面MDB的法向量为m=(x',y',z'),则由m·DB=0,m·DM=0,
得y'=0,-3λx'+λy'+(3-3λ)z'=0,
取x'=1-λ,则z'=λ,∴m=(1-λ,0,λ).
平面CBD的一个法向量可取DA=(0,0,3),
∴|cs|=|3λ|3·λ2+(λ-1)2=12,解得λ=-1±32.
∵λ∈[0,1],∴λ=3-12.
3.解析 (1)证明:因为BC=1,CC1=2,∠BCC1=π3,
∴BC1=3,∴BC2+BC12=CC12,∴BC1⊥BC,∵AB⊥侧面BB1C1C,∴AB⊥BC1,又∵AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,
∴直线C1B⊥平面ABC.
(2)以B为原点,分别以BC,BC1和BA的方向为x轴,y轴和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则有A(0,0,2),B1(-1,3,0),E12,32,0,A1(-1,3,2),
设平面AB1E的法向量为n=(x1,y1,z1),AB1=(-1,3,-2),AE=12,32,-2,
∵n·AB1=0,n·AE=0,∴-x1+3y1-2z1=0,12x1+32y1-2z1=0,
令y1=3,则x1=1,z1=1,∴n=(1,3,1).
设平面A1B1E的法向量为m=(x,y,z),A1B1=(0,0,-2),A1E=32,-32,-2,
∵m·A1B1=0,m·A1E=0,∴-2z=0,32x-32y-2z=0,
令y=3,得m=(1,3,0),
∴|m|=2,|n|=5,m·n=4,
∴cs=m·n|m||n|=425=255.设平面AB1E与平面A1B1E的夹角为α,则cs α=|cs|=255,∴平面AB1E与平面A1B1E的夹角的余弦值为255.
(3)假设存在点M,设M(x,y,z),CM=λCA,λ∈[0,1],
∴(x-1,y,z)=λ(-1,0,2),∴M(1-λ,0,2λ),
∴EM=12-λ,-32,2λ,由(2)知平面A1B1E的一个法向量为m=(1,3,0),
∴21111=12-λ-32212-λ2+34+4λ2,得69λ2-38λ+5=0,即(3λ-1)(23λ-5)=0,
∴λ=13或λ=523,
∴CMCA=13或CMCA=523.∴在棱CA上存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111.
迁移创新
4.信息提取 ①山高约16千米;②从山顶看正东方向(东门)入口的俯角约为60°,看正南方向(南门)入口的俯角约为45°;③每个入口都有一条山路直通山顶;④修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道.
数学建模 以山高、正东入口、正南入口和入口直通山顶的山路为背景,可构建一条侧棱垂直底面直角三角形的四棱锥,应用空间向量知识求解长度和角度问题,将实际问题抽象为数学问题,根据所给俯角,求出底面直角三角形的直角边长,再通过建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算得到问题的解.
解析 用PA表示山高,点B和点C分别表示南门入口和东门入口,点E为PC中点,则可近似构成如图三棱锥P-ABC,∵从山顶看正东方向入口俯角约为60°,看正南方向入口俯角约为45°,∴∠PBA=45°,∠PCA=60°,
∴AB=16×tan 45°=16,AC=16×tan 30°=1633.
以点A为坐标原点,AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,16),B(16,0,0),C0,1633,0,E0,833,8.
(1)∵BE=-16,833,8,∴|BE|=162+8332+82=83.
即该索道的长度为83千米.
(2)显然向量AP=(0,0,16)是平面ABC的一个法向量,设索道与地面所成角为θ,则
sin θ=|cs|=|BE·AP||BE||AP|=8×1683×16=33,∴cs θ=63,
即该索道与地面所成角的余弦值为63.