专题强化练2 空间向量与立体几何的综合应用
1.(2022黑龙江八校期中联考)如图所示的三棱锥P-ABC中,D是棱PB的中点,PA⊥底面ABC,PA=BC=2,AB=4,AB⊥BC,则异面直线PC,AD所成角的正弦值为( )
A.
C.
2.(多选)(2021辽宁六校期中联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,C1D1的中点,则下列结论正确的是( )
A.A1C1∥平面CEF
B.B1D⊥平面CEF
C.+-
D.点D与点B1到平面CEF的距离相等
3.(2022广东广州华侨中学期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为 .
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是 ,若D1E⊥EC,则AE= .
5.(2022广东佛山第一中学月考)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
6.(2021天津静海四校联考)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求平面CEM与平面EMN所成角的正弦值;
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.
答案全解全析
1.D 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥CB,又CB⊥AB,则AP,AB,AE两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AE,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).
因为D为PB的中点,所以D(2,0,1).
故=(-4,2,2),=(2,0,1).
设异面直线PC,AD所成的角为θ,
则cosθ=|cos<,>|==,
所以异面直线PC,AD所成角的正弦值为=.
故选D.
2.AC ∵E,F分别是A1D1,C1D1的中点,∴EF∥A1C1,
又EF 平面CEF,A1C1 平面CEF,
∴A1C1∥平面CEF,故A中结论正确.
建立空间直角坐标系,如图所示,设正方体的棱长为2,
则C(0,2,0),E(1,0,2),F(0,1,2),B1(2,2,2),D(0,0,0),
∴=(2,2,2),=(-1,1,0),=(0,-1,2).
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),
∴即
令x=2,则y=2,z=1,∴n=(2,2,1).
∵与n不平行,
∴B1D不垂直于平面CEF,故B中结论错误.
=++=++=+-,故C中结论正确.
易知=(0,2,0),设点D到平面CEF的距离为d1,则d1===;
易知=(-2,0,-2),设点B1到平面CEF的距离为d2,则d2===2,故D中结论错误.故选AC.
3.答案
解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).
∴=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),
则即令b=1,则a=2,c=2,
∴n=(2,1,2).
∴点E到平面ACD1的距离为==.
4.答案 90°;1
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,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),C(0,2,0).
设E(1,m,0),0≤m≤2,则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),
=(-1,2-m,0).
∵·=-1+0+1=0,∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°.
∵D1E⊥EC,∴·=-1+m(2-m)+0=0,解得m=1,∴AE=1.
5.解析 (1)证明:由已知可得BF⊥EF,又因为PF⊥BF,且PF,EF 平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.又BF 平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
易知DE⊥EF,由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF,所以PH=,EH=,
则H(0,0,0),P,D,
所以=,=.
易知=为平面ABFD的一个法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sinθ===.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
6.解析 由已知得AB,AC,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系.
依题意可得B(2,0,0),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).
(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2),=(1,2,-1).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则即不妨设z=1,则y=0,x=1,
所以n=(1,0,1).
因为·n=0,MN 平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
=(0,-2,-1),=(1,2,-1).
设n2=(x',y',z')为平面EMN的法向量,
则即不妨设y'=1,则z'=-2,x'=-4,所以n2=(-4,1,-2).
因此有cos==-,
于是sin=.
所以平面CEM与平面EMN所成角的正弦值为.
(3)设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,
2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以线段AH的长为或.
8专题强化练1 空间向量及其运算
1.已知a⊥b,|a|=2,|b|=3,且(3a+2b)⊥(λa-b),则λ等于( )
A. D.1
2.(多选)(2022广东珠海二中期中)如图所示,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i=1,2,3,…,16)是上、下底面上除A,B两点以外其余的十六个点,则·的值是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.(2021安徽安庆一中期中)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,MN是它内切球的一条弦(球面上任意2个点之间的线段),P为正方体表面上的动点,当弦MN最长时,·的最大值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
4.(2022北京四中月考)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形,AB=4,AA1=3,∠BAA1=60°,E为棱C1D1的中点,则·= .
5.(2022山东济宁邹城二中月考)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则·的取值范围是 .
6.如图,已知四边形ABCD是空间四边形,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边CB,CD上的点,且,.求证:四边形EFGH是梯形.
7.如图,已知直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=AA',∠ACB=90°,D,E分别为AB,BB'的中点.
(1)求证:CE⊥A'D;
(2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.
答案全解全析
1.A ∵a⊥b,∴a·b=0.∵(3a+2b)⊥(λa-b),
∴(3a+2b)·(λa-b)=0,即3λa2+(2λ-3)a·b-2b2=0,∴2λ-3=0,解得λ=.
2.AB 由题图知,AB与正四棱柱的上底面垂直,所以AB⊥BPi(i=1,2,…,8),则·=||·||·cos∠BAPi=||
·||=1;同理,AB与正四棱柱的下底面垂直,所以AB⊥APi(i=9,10,…,16),所以·=0.故·的值为0或1.
3.B 设球心为O.当弦MN最长时,MN为球的直径.
连接PO,如图所示.
·=(+)·(+)=+·+·+·=+·(+)+·.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以球的半径为1,所以·=-1,
又+=0,所以·=-1.
易知||∈[1,],所以-1∈[0,2],即·∈[0,2],故·的最大值为2.故选B.
4.答案 14
解析 ·=·=·+·+
=4×3×cos60°+0+×42=14.
5.答案
解析 连接D1P,D1A.设=x+y(0≤x≤1,0≤y≤1),
则=-=+-x-y=+(1-x)-y,
=-=-x-y=(1-y)-x,
∴·=[+(1-x)-y]·[(1-y)·-x]=-x(1-x)-y(1-y)=+-,
易知当x=y=时,·取得最小值,为-;当x=0或1,且y=0或1时,·取得最大值,为0.∴·的取值范围是.
6.证明 ∵E,H分别是AB,AD的中点,
∴=,=,
∴=-=-==(-)==(-)=,
∴∥且||=||.
又F不在直线EH上,∴四边形EFGH是梯形.
7.解析 (1)证明:设=a,=b,=c,
根据题意知,|a|=|b|=|c|且a·b=b·c=c·a=0.
∵向量a,b,c不共面,
∴{a,b,c}可构成空间的一个基底.
∴=b+c,=-c+b-a.
∴·=-c2+b2=0,
∴⊥,即CE⊥A'D.
(2)易知=-a+c,=b+c,||=|a|,
||=|a|,
∴·=(-a+c)·=c2=|a|2,
∴cos<,>==.
∴异面直线CE与AC'所成角的余弦值为.
5
