第一章 空间向量与立体几何
专题强化练2 利用空间向量研究空间中的角
1.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是边AD,BC上的动点,且AE=BF,AC与EF交于点G,EF从AB向CD滑动,但与AB和CD均不重合.在EF任一确定位置,将四边形EFCD沿直线EF折起,使平面EFCD⊥平面ABFE,则随着EF的滑动,下列选项中错误的是( )
A.∠AGC的大小不会发生变化
B.AC与EF所成的角先变小后变大
C.AC与平面ABFG所成的角变小
D.二面角G-AC-B先变大后变小
2.(2022海南海口嘉勋中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,M是PA的中点,PD⊥平面ABCD,且PD=CD=4,AD=2.
(1)求直线AP与平面CMB所成角的正弦值;
(2)求二面角M-CB-P的余弦值.
3.(2020天津期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC内的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1)证明:平面A1AC⊥平面AB1B;
(2)求AA1与BC所成角的大小;
(3)若P为B1C1的中点,求二面角P-AB-A1的余弦值.
4.(2020北京清华附中期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,BC⊥AC,AC=BC=CC1=3,A1E=A1A,CF=CC1.
(1)求证:C1E∥平面AFB;
(2)求直线A1C与平面AFB所成角的正弦值;
(3)求二面角A-FB-A1的余弦值.
答案与分层梯度式解析
第一章 空间向量与立体几何
专题强化练2 利用空间向量研究空间中的角
1.D 以E为原点,EA,EF,ED所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=1,AE=a(0
则E(0,0,0),A(a,0,0),C(0,1,1-a),G(0,a,0),F(0,1,0),B(a,1,0).
对于A,=(-a,a,0),=(0,a-1,a-1),
则|cos∠AGC|===,
故∠AGC的大小不会发生变化,所以A正确;
对于B,设AC与EF所成的角为θ,
又=(-a,1,1-a),=(0,1,0),
所以cos θ===,
易知当a∈(0,1)时,2a2-2a+2的值随a的变大先变小后变大,
所以cos θ先变大后变小,所以AC与EF所成的角先变小后变大,故B正确;
对于C,平面ABFG的一个法向量为m=(0,0,1),
设AC与平面ABFG所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|=== ==.
因为当a∈(0,1)时,a+的值随a的变大而变小,所以sin θ随a的增大逐渐变小,
所以AC与平面ABFG所成的角变小,故C正确;
对于D,设平面AGC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),又=(-a,a,0),=(-a,1,1-a),则即
令x1=1,则n=(1,1,-1),
设平面ACB的一个法向量为p=(x2,y2,z2),
又=(0,1,0),=(a,0,a-1),
则即
令z2=a,则p=(1-a,0,a),
所以|cos|==
=·=·,
设二面角G-AC-B的平面角为α,则α为钝角,
所以cos α=-.
因为当a∈(0,1)时,2a2-2a+1的值随a的变大先变小后变大,
所以cos α随a的变大先变大后变小,
故二面角G-AC-B先变小后变大,故D错误.
2.解析 (1)∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥CD,
又∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥CD,即PD,AD,CD两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP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(2,4,0),C(0,4,0),P(0,0,4),M(1,0,2),
∴=(-2,0,4),=(-2,0,0),=(1,4,-2).
设平面CMB的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即令y1=1,得x1=0,z1=2,∴n1=(0,1,2),
∴cos<,n1>===,
故直线AP与平面CMB所成角的正弦值为.
(2)由(1)可得=(0,4,-4).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即令y2=1,得x2=0,z2=1,∴n2=(0,1,1),
∴cos==,
易知二面角M-CB-P为锐二面角,
故二面角M-CB-P的余弦值为.
3.解析 (1)证明:由题意知A1B⊥平面ABC,∴A1B⊥AC,又AB⊥AC,AB∩A1B=B,AB,A1B 平面AB1B,∴AC⊥平面AB1B.
又∵AC 平面A1AC,∴平面A1AC⊥平面AB1B.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),C1(2,2,2),
∴=(0,2,2),=(2,-2,0),
∴cos<,>===-,
∴<,>=,
故AA1与BC所成角的大小为.
(3)由(2)知=(0,2,0).
∵P为B1C1的中点,
∴P(1,3,2),∴=(1,3,2).
设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z),
则即
令z=1,得n1=(-2,0,1),
易得平面ABA1的一个法向量为n2=(1,0,0),
则cos===-.
易知二面角P-AB-A1为锐二面角,故二面角P-AB-A1的余弦值是.
4.解析 (1)证明:由A1E=A1A,CF=CC1,A1A=CC1,易得AE=C1F.又AE∥C1F,∴四边形AEC1F为平行四边形,∴AF∥C1E.∵AF 平面AFB,C1E 平面AFB,∴C1E∥平面AFB.
(2)∵CC1⊥底面ABC,AC,BC 平面ABC,∴CC1⊥AC,CC1⊥BC,
又BC⊥AC,∴以C为原点,CA,CB,CC1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C(0,0,0),A(3,0,0),A1(3,0,3),B(0,3,0),F(0,0,1),
∴=(3,0,3),=(-3,0,1),=(-3,3,0).
设平面AFB的一个法向量为m=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=1,z=3,∴m=(1,1,3),
设直线A1C与平面AFB所成的角为α,
则sin α=|cos|===.
故直线A1C与平面AFB所成角的正弦值为.
(3)由(2)可知,=(-3,0,-2),=(-3,3,-3),平面AFB的一个法向量为m=(1,1,3).
设平面A1FB的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令x1=2,则y1=-1,z1=-3,∴n=(2,-1,-3),
∴cos===-.
由题可知,二面角A-FB-A1为锐二面角,
故二面角A-FB-A1的余弦值为.第一章 空间向量与立体几何
1.1 空间向量及其运算
专题强化练1 空间向量的运算
1.(2020山东德州一中模拟)P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1上一点,则·的取值范围是( )
A. B.
C.[-1,0] D.
2.(2021上海模拟预测)设向量u=(a,b,0),v=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,则下列判断错误的是( )
A.向量v与z轴正方向的夹角为定值(与c,d的值无关)
B.u·v的最大值为
C.u与v夹角的最大值为
D.ad+bc的最大值为1
3.(多选)(2020福建三明一中期末)在四面体P-ABC中,下列说法正确的是( )
A.若=+,则=3
B.若Q为△ABC的重心,则=++
C.若·=0,·=0,则·=0
D.若四面体P-ABC的各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则||=1
4.(2021浙江湖州期中)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,BC=4,SA⊥平面ABCD,若BC边上存在点P,使得SP⊥DP,则线段AB长度的最大值是 .
5.(2020河北衡水第二中学期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,且AB=4,SA=3,E,F分别为线段BC,SB上的一点(不包含端点),满足==λ,则当实数λ的值为 时,∠AFE为直角.
6.(2020浙江绍兴期末)已知OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,M为OB的中点,点N在AC上,AN=2NC.
(1)求MN的长;
(2)若点P在线段BC上,设=λ,当AP⊥MN时,求实数λ的值.
答案与分层梯度式解析
第一章 空间向量与立体几何
1.1 空间向量及其运算
专题强化练1
空间向量的运算
1.D 以D为原点,DA所在的直线为x轴,DC所在的直线为y轴,DD1所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(1,0,0),C1(0,1,1).
设点P的坐标为(x,y,z),
由题意可得0≤x≤1,0≤y≤1,z=1,
∴=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0),
∴·=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=+-,
∴当x=y=时,·取得最小值,最小值为-;当x=0或x=1,且y=0或y=1时,·取得最大值,最大值为0.
故·的取值范围是.故选D.
方法点睛 建立空间直角坐标系,用坐标法研究向量的数量积,最后转化为利用二次函数求最值问题.
2.B A中,设z轴正方向的方向向量为z=(0,0,t),t>0,
设向量v与z轴正方向的夹角为α,则
cos α===,∴α=45°,
∴向量v与z轴正方向的夹角为定值45°(与c,d的值无关),故A正确;
B中,u·v=ac+bd≤+==1,
当且仅当a=c,b=d时取等号,因此u·v的最大值为1,故B错误;
C中,∵|u·v|≤1,∴-1≤u·v≤1,∴cos==≥-=-,∴u与v的夹角的最大值为,故C正确;
D中,ad+bc≤+==1,当且仅当a=d,b=c时取等号,
∴ad+bc的最大值为1,故D正确.
3.ABC 对于A,∵=+,∴3=+2,∴2-2=-,∴2=,∴3=+,即3=,故A正确;
对于B,若Q为△ABC的重心,则++=0,∴3+++=3,
∴3=++,即=++,故B正确;
对于C,若·=0,·=0,则·+·=0,∴·+·(+)=0,∴·+·+·=0,∴·+·-·=0,∴(-)·+·=0,∴·+·=0,∴·+·=0,∴·(+)=0,∴·=0,故C正确;
对于D,∵=-=(+)-=(+-),∴||=|--|.∵|--|2=++-2·-2·+2·=22+22+22-2×2×2×-2×2×2×+2×2×2×=8,∴||=,故D错误.故选ABC.
4.答案 2
解析 如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,设AB=a,BP=x,SA=m,
则A(0,0,0),B(a,0,0),D(0,4,0),P(a,x,0),S(0,0,m),所以=(a,x,-m),=(a,x-4,0).因为SP⊥DP,所以·=0,即a2+x(x-4)=0,所以a2=-x(x-4)=-(x-2)2+4≤4,当x=2,即BP=2时,a2取得最大值4,所以a的最大值为2,即线段AB长度的最大值是2.
5.答案
解析 ∵SA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,∴可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
∵AB=4,SA=3,∴B(0,4,0),S(0,0,3).
设BC=m,则C(m,4,0).
∵==λ,∴=λ.∴+=λ(+),∴=+,∴F.同理,E,∴=.要使∠AFE为直角,则AF⊥EF,即·=0,又∵=,∴×0+×+=0,∴16λ=9,∴λ=.
故当λ=时,∠AFE为直角.
6.解析 (1)以O为坐标原点,OA,OB,OC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O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3).
由M为OB的中点,点N在AC上,AN=2NC,可得M(0,1,0),N(1,0,2),
∴|MN|==.
(2)设P(0,y,z),∵=λ,∴=λ,
即(0,y-2,z)=λ(0,-y,3-z),由此可得P.
∵AP⊥MN,∴·=0,即·(1,-1,2)=0,
∴-3-+=0,解得λ=.第一章 空间向量与立体几何
专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题
1.(2022广东汕头金山中学测试)在①(+)⊥(-),②||=,③0<1 这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.
问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0,0,2),E 为棱D1C1 上的动点,F 为棱B1C1 上的动点, ,试问:是否存在点 E,F 满足 ·=0 若存在,求出· 的值;若不存在,请说明理由.
2.(2020山东济南期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC的中点.
(1)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值;
(2)在线段BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB 若存在,试确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
3.(2021辽宁模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AB=2,AD=3,E为棱BC上一点,且BE=2EC.
(1)求证:平面PAE⊥平面PDE;
(2)在线段AB上是否存在点F,使得直线PF与平面PED所成的角为30° 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
4.(2020山东青岛期末)如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°.
(1)求证:AM∥平面BDE;
(2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°.
5.(2020江苏苏州期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,BC=,AB=1,BD=PA=2.
(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;
(2)在棱BC上是否存在一点Q,使二面角A-PD-Q的余弦值为 若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.
6.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.
(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为,试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD 若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
第一章 空间向量与立体几何
专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题
1.解析 由题意,得正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,则A(2,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0).
设E(0,a,2)(0≤a≤2),F(b,2,2)(0≤b≤2),
则=(b,2-a,0),=(-2,2,-2),=(-2,a,2),=(b-2,0,2),
所以·=4-2(a+b),·=8-2b.
选择①,因为(+)⊥(-),
所以(+)·(-)=-=0,
即=,即 0+(a-0)2+(2-0)2=(b-0)2+(2-2)2+(2-0)2,所以a=b.
因为·=4-2(a+b)=0,所以a=b=1,
故存在点E(0,1,2),F(1,2,2),满足 ·=0,此时 ·=8-2b=6.
选择②,=(0,a,2),
因为||=,
所以=,解得 a=(负值舍去).
因为·=4-2(a+b)=0,所以b=.
故存在点E,F,满足·=0,此时·=8-2b=5.
选择③,=(2,2,0),
因为0<1,所以 与 不共线,
所以b≠2-a,即 a+b≠2,
则·=4-2(a+b)≠0,
故不存在点E,F 满足 ·=0.
2.解析 (1)因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,A1O 平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABC.连接OB,因为AB=BC,O为AC的中点,所以OB⊥AC.
以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,),C(0,1,0),C1(0,2,),B(1,0,0),所以=(0,1,-),=(0,1,),=(1,1,0).
设平面A1AB的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,得x=-1,z=-,此时n=,
所以cos==.
故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为.
(2)存在.
设E(x0,y0,z0),=λ,λ∈[0,1],
则(x0-1,y0,z0)=λ(-1,2,),
得所以E(1-λ,2λ,λ),
所以=(1-λ,2λ,λ).
若OE∥平面A1AB,则·n=0,
即-1+λ+2λ-λ=0,解得λ=,故存在满足条件的点E,E为BC1的中点.
3.解析 (1)证明:在矩形ABCD中,易知AE=2,DE=,又AD=3,∴AE2+DE2=AD2,即AE⊥DE.
∵PA⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,∴PA⊥DE,又AE∩PA=A,AE,PA 平面PAE,∴DE⊥平面PAE.
∵DE 平面PDE,∴平面PAE⊥平面PDE.
(2)以A为原点,AB,AD,AP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),P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,3,0),E(2,2,0),∴=(2,-,0),=(2,2,-2).
设=λ,λ∈[0,1],则F(2λ,0,0),
∴=(2λ,0,-2),
设平面PED的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=,z=3,∴n=(1,,3).
若直线PF与平面PED所成的角为30°,
则sin 30°=|cos<,n>|=,
即=,化简得λ2+3λ-3=0,
解得λ=,
∵λ∈[0,1],∴λ=,
故在线段AB上存在点F,使得直线PF与平面PED所成的角为30°,此时==.
4.解析 (1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,∴AN∥EM,AN=EM,
∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN,
又∵EN 平面BDE,AM 平面BDE,
∴AM∥平面BDE.
(2)易得CE,CB,CD两两互相垂直,故以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),∴=(-t,0,0),=(t,-t,0),=(t,0,1),
易知AF⊥AB,AB⊥AD,AF∩AD=A,
∴AB⊥平面ADF,
∴=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.
设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,1,-t).
设二面角A-DF-B的大小为θ,
则|cos θ|====,解得t=(负值舍去).
设P(a,a,0)(0≤a≤),则=(-a,-a,1),又=(,0,0),
∴cos 60°==,
解得a=或a=(舍去),
∴当P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°.
5.解析 (1)易得AB,AD,AP两两互相垂直,故以AB,AD,AP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,
由BD2=AB2+AD2,得AD=,
∴B(1,0,0),D(0,,0),P(0,0,2),C,
∴=(-1,,0),=.
设异面直线BD与PC所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|
===,
∴异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
(2)存在.设Q(1,a,0),则=(1,a-,0),=(0,,-2).
易知平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0).
设平面PDQ的一个法向量为n2=(x,y,z),
则即
取y=2,则z=,x=2-2a,
此时n2=(2-2a,2,).
设二面角A-PD-Q的平面角为α,
则cos α=|cos|===,∴(2-2a)2=3,
∴a=或a=,
又0≤a≤,∴a=.
故当Q满足BQ=BC时,能使二面角A-PD-Q的余弦值为.
6.解析 (1)证明:∵四棱锥的底面ABCD是直角梯形,AB=,BC=2AD=2,AB⊥BC,
∴DC=2,∠BCD=,∴△BCD是等边三角形,
∴BD=2,DB平分∠ADC.
∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.
∵AE 平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)存在.
在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC.
∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OC,∴∠PCO即为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=.
∵PB=PD,PO⊥BD,
∴O为BD的中点,OC⊥BD.
易得OP=OC=,
以O为原点,OB,OC,OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),
∴=(0,,-),=(-1,0,-).
假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD,
设=λ+μ(λ,μ≥0,λ+μ≤1),易得N(-λ,μ,-(λ+μ-1)),
∴=(-λ-1,μ,-(λ+μ-1)).
由得
解得满足题意,
∴点N到平面ABCD的距离为-(λ+μ-1)= .