午练1 空间向量的线性运算
1.(2023徐州检测)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=( )
A. B.
C. D.
2.(2023武汉月考)设有四边形ABCD,O为空间中任意一点,且,则四边形ABCD是( )
A.平行四边形 B.空间四边形
C.等腰梯形 D.矩形
3.若空间中任意四点O,A,B,P满足=m+n,其中m+n=1,则( )
A.P∈AB
B.P AB
C.点P可能在直线AB上
D.以上都不对
4.(多选题)如图,E,F分别是长方体ABCD-A'B'C'D'的棱AB,CD的中点,下列选项正确的有( )
A.
B.
C.=0
D.
5.(多选题)在四面体ABCD中,E是棱BC的中点,且=x+y+z,则下列结论不正确的有( )
A.x+y+x=1 B.xyz=
C.x=y+z D.x2=y2+z2
6.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,+m,则m的值为 .
7.设a,b是空间中两个不共线的向量,已知=9a+mb,=-2a-b,=a-2b,且A,B,D三点共线,则实数m= .
8.如图,E,F分别是长方体ABCD-A'B'C'D'的棱AB,CD的中点.化简下列表达式,并在图中标出化简结果的向量.
(1);
(2).
9.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D',E,F分别是上底面A'C'和侧面CD'的中心,求下列各式中x,y的值:
(1)=x();
(2)+x+y.
午练1 空间向量的线性运算
1.A +-=-=+=.故选A.
2.A ∵+=+,∴=,
∴∥且||=||,
∴四边形ABCD为平行四边形.
3.A 因为m+n=1,所以m=1-n,
所以=(1-n)+n,
即-=n(-),
即=n,所以与共线.
又,有公共起点A,
所以P,A,B三点在同一直线上,即P∈AB.
4.AB -=+=,因此A选项正确;-+=+=,因此B选项正确;-+=-=≠0,因此C选项不正确;+=-=≠,因此D选项不正确.故选AB.
5.ABD ∵=+=+(+),
∴x=1,y=z=,则x=y+z,故A,B,D错误,C正确.故选ABD.
6.1 =++=++,所以m=1.
7.-3 因为=-2a-b,=a-2b,
所以=+=-=-2a-b-(a-2b)=-3a+b.
因为A,B,D三点共线,
所以存在实数λ,使得=λ,
即9a+mb=λ(-3a+b),所以
解得m=λ=-3.
8.解 (1)++=++=.
(2)-+=-+=+=.
9.解 (1)=++=++,所以x=1.
(2)=(+)=+=+(++)=++,
所以x=y=.午练2 空间向量的数量积
1.已知a,b均为空间单位向量,它们的夹角为60°,则|a+3b|等于( )
A. B. C. D.4
2.(2023合肥检测)已知空间向量a,b,c满足a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=4,则cos
=( )
A. B. C.- D.
3.如图,在正四面体P-ABC中,棱长为1,且D为棱AB的中点,则的值为( )
A.- B.-
C.- D.
4.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,则在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.(多选题)设a,b为空间中的任意两个非零向量,下列各式正确的有( )
A.a2=|a|2
B.
C.(a·b)2=a2·b2
D.(a-b)2=a2-2a·b+b2
6.(多选题)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,体对角线AC1与BD1相交于点О,则( )
A.=1 B.
C. D.=1
7.在正四面体ABCD中,|AB|=2,若=2,则= .
8.如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则向量在上的投影向量等于 .
9.(人A教材题)如图,在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=5,AD=3,AA'=7,∠BAD=60°,∠BAA'=∠DAA'=45°.求:
(1);
(2)AC'的长(精确到0.1).
10.如图所示,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD.
(1)求证:CC1⊥BD;
(2)当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD 请给出证明.
午练2 空间向量的数量积
1.C |a+3b|===.故选C.
2.D 因为a+b+c=0,所以c=-a-b,则c2=(-a-b)2=a2+2a·b+b2,即4+2|a|·|b|cos+9=16,从而12cos=3,解得cos=.故选D.
3.D
如图,因为D为棱AB的中点,所以=(+),·=(+)·=(·+·).由题意,知与的夹角为60°,与的夹角也为60°,||=||=||=1,所以·=·=1×1×cos60°=,故·=×=.故选D.
4.B 四棱锥P-ABCD如图所示,
∵底面ABCD是矩形,∴BA⊥AD.又PD⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,∴PD⊥AD.过向量的始点B作直线AD的垂线,垂足为A,过向量的终点P作直线AD的垂线,垂足为D,在向量上的投影向量为.∵底面ABCD是矩形,∴=.故选B.
5.AD 对于A,a2=a·a=|a|·|a|cos0=|a|2,故A正确;对于B,因为向量不能做除法运算,所以无意义,故B错误;对于C,(a·b)2=(|a|·|b|cos)2=|a|2·|b|2·cos2,故C错误;对于D,(a-b)2=(a-b)·(a-b)=a2-2a·b+b2,故D正确.故选AD.
6.AC (方法一)·=·(+)==1,故A正确;·=·(++)==1,故B错误;·=·=,故C正确;·=·(+)=-=-1,故D错误.
(方法二)·=·=||||·cos<,>=1××=1,故A正确;由正方体的性质可知,AC1=,·=||||cos<,>=||||·=1××=1,故B错误;·=·=,故C正确;·=·=1××=-1,故D错误.故选AC.
7.6 ·=(2+)·=2·+·=2×2×2cos+2×2cos=6.故答案为6.
8. ∵PA⊥平面ABC,则PA⊥BC,·=(++)·=·+·+·=0+6×6×+62=54,∴向量在上的投影向量为·==.故答案为.
9.解 (1)·=||||cos<,>
=5×3×cos60°=7.5.
(2)||2=(++)2=||2+||2++2(·+·+·)=52+32+72+2(5×3×cos60°+5×7×cos45°+3×7×cos45°)=98+56,所以AC'≈13.3.
10.解 (1)证明:设∠C1CB=θ,=a,=b,=c,依题意知|a|=|b|,
于是=-=a-b,∴·=c·(a-b)=c·a-c·b=|c|·|a|cosθ-|c|·|b|·cosθ=0,∴CC1⊥BD.
(2)当=1时,能使A1C⊥平面C1BD.
证明如下:若A1C⊥平面C1BD,则必有A1C⊥BD,A1C⊥DC1.
连结AC(图略),易证得BD⊥平面A1AC,则有BD⊥A1C.
令·=(+)·(-)=(a+b+c)·(a-c)=|a|2-a·c+a·b-b·c+c·a-|c|2=|a|2-|c|2+|b|·|a|cosθ-|b|·|c|cosθ=(|a|-|c|)(|a|+|c|+|b|cosθ)=0,得|c|=|a|,故当|c|=|a|时,A1C⊥DC1,
∴当=1时,A1C⊥平面C1BD.午练3 共面向量定理
1.对于空间中的任意三个向量a,b,2a+4b,它们一定是( )
A.共面向量
B.共线向量
C.不共面向量
D.既不共线也不共面的向量
2.在下列条件中,M与A,B,C一定共面的是( )
A.=3
B.
C.
D.
3.对于空间任意一点O和不共线的三点A,B,C有如下关系:,则( )
A.四点O,A,B,C必共面
B.四点P,A,B,C必共面
C.四点O,P,B,C必共面
D.五点O,P,A,B,C必共面
4.已知O为空间任意一点,A,B,C,P满足任意三点不共线,但四点共面,且=m+2,则m的值为( )
A.-1 B.-2 C.-3 D.1
5.(多选题)下列命题是真命题的有( )
A.若向量p=xa+yb,则p与a,b共面
B.若p与a,b共面,则p=xa+yb
C.若=x+y,则P,M,A,B四点共面
D.若P,M,A,B四点共面,则=x+y
6.(多选题)以下能判定空间四点P,M,A,B共面的条件有( )
A.=2+3
B.
C.=0
D.
7.已知向量e1,e2,e3是三个不共面的非零向量,且a=2e1-e2+e3,b=-e1+4e2-2e3,c=11e1+5e2+λe3.若向量a,b,c共面,则λ= .
8.已知A,B,C三点不共线,O是平面ABC外任意一点,点P满足+2=6-3,则P与平面ABC的关系是 .
9.如图,在四面体O-ABC中,G,H分别是△ABC,△OBC的重心,设=a,=b,=c,D,M,N分别为BC,AB,OB的中点.
(1)试用a,b,c表示向量;
(2)试用空间向量的方法证明M,N,G,H四点共面.
10.如图,已知四边形ABCD为平行四边形,过平面AC外一点O作射线OA,OB,OC,OD,在四条射线上分别取点E,F,G,H,使=k.求证:E,F,G,H四点共面.
午练3 共面向量定理
1.A 若a,b不共线,则由空间共面向量定理知a,b,2a+4b共面;若a,b共线,则a,b,2a+4b共线,也共面.故选A.
2.A 利用空间向量共面定理可知,只有A选项其系数之和为3+(-1)+(-1)=1,即M,A,B,C四点共面.故选A.
3.B 因为++=1,所以P,A,B,C四点必共面,故选B.
4.B 因为A,B,C,P满足任意三点不共线,但四点共面,所以根据共面向量基本定理,存在x,y∈R,使得=x+y.因为=-,=-,=-,所以-=x(-)+y(-),即=(1-x-y)+x+y.因为=m+2+,所以解得m=-2,故选B.
5.AC 对于选项A,由共面向量定理得p与a,b共面,A是真命题;对于选项B,若a,b共线,则p不一定能用a,b表示出来,B是假命题;对于选项C,若=x+y,则,,三个向量在同一个平面内,P,M,A,B四点共面,C是真命题;对于选项D,若M,A,B共线,点P不在此直线上,则=x+y不成立,D是假命题.
6.ABD 若=2+3,结合向量基本定理知,,为共面向量,故P,M,A,B四点共面,A正确;若=++,且++=1,结合向量共面的性质知P,M,A,B四点共面,B正确;若·=0,则PM⊥AB,所以直线PM,AB的位置关系为异面或相交,故P,M,A,B四点不一定共面,C错误;若∥,则直线PM,AB的位置关系为平行或重合,故P,M,A,B四点共面,D正确.故选ABD.
7.1 因为向量a,b,c共面,所以存在实数m,n,使得c=ma+nb,则11e1+5e2+λe3=(2m-n)e1+(-m+4n)e2+(m-2n)e3,
则解得故答案为1.
8.P在平面ABC内 (方法一)∵3-3=+2-3=(-)+(2-2),∴3=+2,即=-2-3,∴点P与点A,B,C共面,即P在平面ABC内.
(方法二)由题意得=++,
∵++=1,且A,B,C三点不共线,
∴点P与点A,B,C共面,即P在平面ABC内.
9.(1)解 =-=-a.
因为=+,
而=,=-,
又D为BC的中点,所以=(+),
所以=+=+(-)=+×(+)-=(++)=(a+b+c).
(2)证明 因为=-,
==×(+)=(b+c),
所以=(b+c)-(a+b+c)=-a=-,=-,所以=.
所以M,N,G,H四点共面.
10.证明 因为====k,所以
=k,=k,=k,=k.
因为四边形ABCD是平行四边形,所以
=+,
因此=-=k-k=k
=k(+)=k(-+-)
=-+-=+.
由向量共面的充要条件可知,,,共面.
又,,过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.午练4 空间向量基本定理
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若=3i,=2j,=5k,则等于( )
A.i+j+k B.i+j+k
C.3i+2j+5k D.3i+2j-5k
2.如图,在空间四边形ABCD中,点M在AB上,且=2,若N为CD的中点,则=( )
A.
B.-
C.
D.
3.若a,b,c构成空间的一个基底,则下列向量能构成空间的一个基底的是( )
A.a+b,a-c,b B.c,b+c,b-c
C.b+c,a+b+c,a D.a,a+b,a-b
4.(2023常州质检)如图,在四面体ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,M是EG和FH的交点,对空间任意一点O都有=k,则k=( )
A. B. C.2 D.4
5.(多选题)设x=a+b,y=b+c,z=c+a,且{a,b,c}是空间的一个基底,则下列向量组中,可以作为空间一个基底的向量组有( )
A.{a,b,x} B.{x,y,z}
C.{b,c,z} D.{x,y,a+b+c}
6.(多选题)给出下列命题,其中正确的有( )
A.已知向量a∥b,则a,b与任何向量都不能构成空间的一组基底
B.A,B,M,N是空间四点,若不能构成空间的一组基底,则A,B,M,N共面
C.若=0,则P,A,B,C四点共面
D.已知是空间的一组基底,若m=a+c,则也是空间的一组基底
7.
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,用,
作为基向量,则= .
8.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=2,AA1=1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=,则AC1的长度为 .
9.如图,已知平行六面体OABC-O'A'B'C',点G是侧面BB'C'C的中心,且=a,=b,=c.
(1){a,b,c}能否构成空间的一个基底
(2)如果{a,b,c}能构成空间的一个基底,那么用它表示下列向量:.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且∠PAB=∠PAD=60°.若M是PC的中点,设=a,=b,=c.
(1)将空间向量用a,b,c表示出来;
(2)求线段BM的长.
午练4 空间向量基本定理
1.C =++=++=3i+2j+5k.
2.B 连接AN,因为N为CD的中点,
所以=(+),
=-=(+)-=-++.
故选B.
3.A 对于A,假设a+b,a-c,b共面,可设a+b=λ(a-c)+μb(λ,μ∈R),
则方程组无解,a+b,a-c,b不共面,可以作为空间的一组基底,A正确;
对于B,∵c=(b+c)-(b-c),∴c,b+c,b-c共面,不能作为空间的一组基底,B错误;
对于C,∵b+c=(a+b+c)-a,∴b+c,a+b+c,a共面,不能作为空间的一组基底,C错误;
对于D,∵a=(a+b)+(a-b),∴a,a+b,a-b共面,不能作为空间的一组基底,D错误.
故选A.
4.D 因为E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,
所以EH∥FG∥BD,EF∥GH∥AC,
所以E,F,G,H四点共面,且四边形EFGH为平行四边形,故M为EG的中点.
因为+=2,+=2,
所以+++=2(+)=4,故k=4.故选D.
5.BCD 如图所示,令a=,b=,c=,
则x=,y=,z=,
a+b+c=,由A,B1,C,D1四点不共面,可知向量x,y,z也不共面,同理,b,c,z不共面,x,y,a+b+c也不共面.故选BCD.
6.ABD 对于A,若a∥b,则a,b与任何向量均共面,故a,b与任何向量都不能构成空间的一组基底,A正确;
对于B,若,,不能构成空间的一组基底,则,,共面,则A,B,M,N四点共面,B正确;
对于C,若+++=0,则=---,因为-1+(-1)+(-1)=-3≠1,
所以P,A,B,C四点不共面,C错误;
对于D,因为{a,b,c}是空间的一组基底,所以a,b,c不共面,若m=a+c,则a,b,m不共面,故也是空间的一组基底,D正确.故选ABD.
7.(++) ∵2=2+2+2=(+)+(+)+(+)=++,
∴=(++).
8.5 由题意知,设=a,=b,=c,
则=+=++=a+b+c,
所以||2=|a+b+c|2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c.又AB=3,AD=2,AA1=1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=,
所以a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=25,
即=25,所以AC1=5.
故答案为5.
9.解 (1)∵,,不在同一平面内,且不为零向量,
∴{a,b,c}能构成空间的一个基底.
(2)=+=++=a+b+c,
=+=+=c-b,
=++=++=a+c-b,
=+=+=+=+(+)=++=b+a+c.
10.解 (1)=-=+-=a+b-c,=+=-=b-(a+b-c)=-a+b+c.
(2)由题可知AB=AD=1,PA=2,
即|a|=||=1,|b|=||=1,|c|=||=2.
又因为AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°,
所以a·b=0,a·c=b·c=2×1×cos60°=1,
易得=(-a+b+c),
所以||2=(-a+b+c)2
=[a2+b2+c2+2×(-a·b-a·c+b·c)]
=×[12+12+22+2×(0-1+1)]=,
所以||=,即线段BM的长为.午练5 空间向量的坐标表示
1.(2023合肥考试)已知向量a=(3,-4,2),b=(2,-3,1),则a-2b=( )
A.(7,-10,4) B.(5,-7,3)
C.(1,-1,1) D.(-1,2,0)
2.已知向量a=(2,1,3),b=(1,2,λ),若a⊥b,则实数λ的值为( )
A.- B.-
C. D.
3.已知点A(1,-2,11),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC的形状是( )
A.等腰三角形 B.等边三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
4.若单位向量=(m,n,0)与向量=(1,1,1)的夹角等于,则mn=( )
A. B.-
C. D.-
5.(多选题)已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论正确的有( )
A.若|a|=2,则m=±
B.若a⊥b,则m=-1
C.存在实数λ,使得a=λb
D.若a·b=-1,则a+b=(-1,-2,2)
6.(多选题)(2023临沂月考)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),O是坐标原点,则( )
A.
B.
C.点C关于平面xOy对称的点为(1,-3,1)
D.夹角的余弦值是
7.已知向量a=(-2,1,5),b=(1,-3,m),且a⊥b,则|b|= .
8.已知向量a=(2,1,0),b=(-1,0,2),若向量a+kb与2a+3b的夹角为锐角,则实数k的取值范围是 .
9.已知向量a=(x,y,3),b=(1,2,-1),c=(1,0,1),且a∥c.
(1)求实数x,y的值;
(2)若(a-b)⊥(λa+b),求实数λ的值.
10.在z轴上求一点M,使点M到点A(1,0,2)与点B(1,-3,1)的距离相等.
午练5 空间向量的坐标表示
1.D a-2b=(3-2×2,-4-2×(-3),2-2×1)=(-1,2,0).故选D.
2.A 因为a⊥b,所以2×1+1×2+3λ=0,解得λ=-.故选A.
3.C 因为=(3,4,-8),=(2,-3,1),=(5,1,-7),所以·=10-3-7=0,
又||=,||=,||=5,所以||2+||2=||2,所以△ABC是直角三角形.
4.A 由已知可得·=m+n,||=1,||=.又,的夹角为,
所以·=||·||cos,即m+n=.
又||==1,所以m2+n2=1,
所以(m+n)2-(m2+n2)=2mn=2-1=.
所以mn=.故选A.
5.AD 对于A,由|a|==2,解得m=±,故A正确;对于B,因为a⊥b,所以a·b=-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B错误;对于C,假设存在实数λ,使得a=λb,则(1,-1,m)=(-2λ,(m-1)λ,2λ),
即无解,故C错误;
对于D,a·b=-2-m+1+2m=-1,解得m=0,所以a=(1,-1,0),b=(-2,-1,2),a+b=(-1,-2,2),故D正确.故选AD.
6.AB ∵=(2,2,0)-(0,1,0)=(2,1,0),∴||==,故A正确;∵=(-1,3,1)-(0,1,0)=(-1,2,1),∴·=(2,1,0)·(-1,2,1)=-2+2+0=0,∴⊥,故B正确;点C关于平面xOy对称的点为(-1,3,-1),故C错误;cos<,>===-,故D错误.故选AB.
7. 因为a⊥b,所以-2×1-3×1+5m=0,解得m=1,故|b|==.故答案为.
8. 因为a=(2,1,0),b=(-1,0,2),所以a+kb=(2-k,1,2k),2a+3b=(1,2,6).
因为向量a+kb与2a+3b的夹角为锐角,
所以(a+kb)·(2a+3b)=2-k+2+12k=11k+4>0,
解得k>-.
当(a+kb)∥(2a+3b)时,
==,解得k=,
所以实数k的取值范围为.
9.解 (1)因为a∥c,所以 μ∈R,使得a=μc,
所以解得所以x=3,y=0.
(2)由(1)知,a=(3,0,3),
所以a-b=(2,-2,4),λa+b=(3λ+1,2,3λ-1).
因为(a-b)⊥(λa+b),所以(a-b)·(λa+b)=0,
即2(3λ+1)-2×2+4(3λ-1)=18λ-6=0,解得λ=.
10.解 设点M(0,0,m),
因为M到点A(1,0,2)与点B(1,-3,1)的距离相等,
所以=,
解得m=-3,
所以点M的坐标为(0,0,-3).午练7 空间线面关系的判定
1.(2023南京月考)已知平面α外的直线l的一个方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是u=(-1,2,-1),则l与α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
2.
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是DD1的中点,N是A1B1的中点,则直线ON与AM的位置关系是( )
A.平行 B.垂直
C.相交但不垂直 D.无法判断
3.在正方体ABCD-A1BC1D1中,P,Q分别是线段AB1,A1C1上的点(不为端点),给出如下两个命题:
①对任意点P,均存在点Q,使得PQ⊥CD1;②存在点P,对任意点Q,均有PQ⊥DB1成立.
下面判断正确的是( )
A.①②均正确 B.①②均不正确
C.①正确,②不正确 D.①不正确,②正确
4.如图,在长方体
ABCD-A1B1C1D1中, AB=BC=2AA1,当=λ时,有D1P∥平面BDC1,则实数λ的值为( )
A.1 B.2 C.3 D.
5.(多选题)已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),那么下列结论正确的有( )
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量
D.
6.(多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则( )
A.A1C⊥AB1
B.A1B与AD1所成角为60°
C.D1D⊥AF
D.A1G∥平面AEF
7.设直线l的一个方向向量为d=(6,2,3),平面α的一个法向量为n=(-1,3,0),则直线l与平面α的位置关系为 .
8.(2023宿迁质检)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ADC=90°,且AA1=AD=DC=2,M∈平面ABCD,当D1M⊥平面A1C1D时,DM= .
9.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ.
(2)是否存在λ,使平面EFPQ⊥平面PQMN 若存在,求出实数λ的值;若不存在,说明理由.
午练7 空间线面关系的判定
1.B 因为a·u=(3,2,1)·(-1,2,-1)=-3+4-1=0,所以a⊥u,又l α,所以l∥α.故选B.
2.B 根据题意,以A为原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
设正方体的棱长为2,则O(1,1,0),N(1,0,2),A(0,0,0),M(0,2,1),
则=(0,2,1),=(0,-1,2).由·=0+2×(-1)+1×2=0,
得⊥,即ON⊥AM.
故选B.
3.D 以A为原点,AB,AD,AA1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.设正方体的棱长为1,
由题意可设P(x,0,x),Q(y,y,1),其中x∈(0,1),y∈(0,1),
C(1,1,0),D1(0,1,1),则=(y-x,y,1-x),=(-1,0,1).
若PQ⊥CD1,则⊥,则·=0,
即-(y-x)+1-x=0,解得y=1.因为y∈(0,1),所以舍去,故①不正确.
D(0,1,0),B1(1,0,1),则=(1,-1,1),若PQ⊥DB1,则⊥,即·=0,
即y-x-y+1-x=0,解得x=,此时P,0,,
故只需点P位于AB1的中点,对任意点Q,均有PQ⊥DB1成立,故②正确.
故选D.
4.C 如图所示, 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AA1=1,
则A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),C1(2,2,1),D(0,2,0),D1(0,2,1).设P(x,y,z),
则=(2,2,-1),=(x,y,z-1),
由=λ,得(2,2,-1)=(λx,λy,λz-λ),
即x=,y=,z=1-,所以P,
则=.
设平面BDC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
=(0,2,1),=(-2,2,0),所以
令y1=1,则x1=1,z1=-2,所以m=(1,1,-2).
由D1P∥平面BDC1,可知m·=0,即-2=0,
所以λ=3.
故选C.
5.ABC 由题意可知,, 都是非零向量,对于A,·=-1×2+2×(-1)+(-1)×(-4)=0,正确;对于B,·=-1×4+2×2+(-1)×0=0,正确;对于C,∵AP⊥AD,AP⊥AB,AD 平面ABCD,AB 平面ABCD,AD∩AB=A,所以⊥ 平面ABCD,正确;对于D,∵AP⊥ 平面ABCD,BD 平面ABCD,∴AP⊥BD,错误.故选ABC.
6.ABD 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(1,2,0),F(0,2,1),G(2,2,1),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2).
对于A选项,=(0,2,2),=(-2,2,-2),·=4-4=0,所以A1C⊥AB1,故A选项正确.
对于B选项,=(0,2,-2),=(-2,0,2),
cos<,>===-,
所以向量与向量的夹角是120°,A1B与AD1的所成角为60°,故B选项正确.
对于C选项,=(0,0,2),=(-2,2,1),则·=2≠0,故C选项错误.
对于D选项,设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),=(-1,2,0),=(-1,0,1),
由可得取x=2,可得m=(2,1,2).
又=(0,2,-1),m·=2-2=0,所以m⊥.因为A1G 平面AEF,所以A1G∥平面AEF,故D选项正确.
故选ABD.
7.直线l在平面α内或平行于平面α 依题意,d·n=6×(-1)+2×3+3×0=0,则d⊥n,
所以直线l与平面α的位置关系是直线l在平面α内或平行于平面α.
8.2 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2).
由题意可设M(a,b,0),则=(a,b,-2),=(2,0,2),=(0,2,2).
若D1M⊥平面A1C1D,则解得即M(2,2,0),
故DM==2.
故答案为2.
9.证明 以D为坐标原点,建立右图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),M(2,1,2),N(1,0,2),则=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,λ-2).
(1)当λ=1时,=(-1,0,1),
因为=(-2,0,2),
所以=2,即∥,又BC1与FP无公共点,所以BC1∥FP.
而FP 平面EFPQ,且BC1 平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)假设存在符合题意的λ.
设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由可得
取n=(λ,-λ,1),同理可得平面PQMN的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1),
则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,
即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,
解得λ=1±.
故存在λ=1±,使平面EFPQ⊥平面PQMN.午练8 空间角的计算
1.若平面α的法向量为μ,直线l的方向向量为v,直线l与平面α的夹角为θ,则下列关系式成立的是( )
A.cos θ= B.cos θ=
C.sin θ= D.sin θ=
2.如果PA,PB,PC是从点P出发的三条射线,每两条射线的夹角均为60°,那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=2,BC=CC1=4,D是棱AB的中点,则平面ABB1A1与平面B1CD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
4.(多选题)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AC的中点,则( )
A.<>=120°
B.BD1⊥AC
C.BD1⊥EB1
D.∠BB1E=45°
5.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则( )
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为60°
D.AB与CD所成的角为90°
6.(2023南通月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=4=4,则异面直线BE与B1F所成角的余弦值为 .
7.二面角α-l-β的棱上有两个点A,B,线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内,并且垂直于棱l.若AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则平面α与平面β的夹角为 .
8.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,求平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值.
9.如图,△ABC和△DBC所在平面垂直,且AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=120°.求:
(1)直线AD与直线BC所成角的大小;
(2)直线AD与平面BCD所成角的大小;
(3)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值.
午练8 空间角的计算
1.D 由题意得sinθ=|cos<μ,v>|=,故选D.
2.C 如图所示,把PA,PB,PC放在正方体中,PA,PB,PC的夹角为60°.
建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,
则P(1,0,0),C(0,0,1),A(1,1,1),B(0,1,0).
∴=(-1,0,1),=(0,1,1),=(-1,1,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=-1,∴n=(1,1,-1),
∴cos<,n>===.
设直线PC与平面PAB所成角为θ,
∴sinθ=|cos<,n>|=,
∴cosθ==.
3.B 如图,以C为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,0,0),B(0,4,0),D(1,2,0),B1(0,4,4).
设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z),
∵=(2,-4,0),=(0,0,4),则
令x=2,则y=1,z=0,
∴n=(2,1,0).
同理可得,平面B1CD的一个法向量为m=(2,-1,1),
故cos===.
设平面ABB1A1与平面B1CD的所成角为θ∈,则cosθ=,
故平面ABB1A1与平面B1CD所成角的正弦值sinθ==.
故选B.
4.ABC 建立如图所示的空间直角坐标系,
设该正方体的棱长为2,
则A1(2,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),B1(2,2,2),
所以=(0,2,-2),=(-2,-2,0),
所以cos<,>===-.
因为0°≤<,>≤180°,所以<,>=120°,故选项A正确.因为=(-2,-2,2),=(-2,2,0),所以·=4-4=0 ⊥ BD1⊥AC,故选项B正确.
因为=(-2,-2,2),=(1,1,2),所以·=-2-2+4=0 ⊥ BD1⊥EB1,故选项C正确.因为=(0,0,-2),=(-1,-1,-2),所以cos<,>===,所以∠BB1E=45°不正确,故选项D不正确.故选ABC.
5.AB 如图,取BD的中点O,连接OC,OA.
因为AB=AD,BC=DC,
所以OC⊥BD,OA⊥BD.
因为OC∩OA=O,OC,OA 平面OAC,
所以BD⊥平面AOC.
因为AC 平面AOC,
所以BD⊥AC,A正确.
不妨设正方形的边长为a,则CD=AD=a,
则AO=CO=a.
因为二面角A-BD-C为直二面角,OC⊥BD,OA⊥BD,
所以∠AOC即为二面角A-BD-C的平面角,且∠AOC=90°.
由勾股定理得AC==a,
故CD=AD=AC,△ACD是等边三角形,B正确.
由A,B选项可知AO⊥OC,AO⊥BD,OC∩BD=O,OC,BD 平面BCD,
所以AO⊥平面BCD,
故AB与平面BCD所成的角为∠ABO,且∠ABO=45°,
故AB与平面BCD所成的角为45°,C错误.
如图,以O为坐标原点,OA,OD,OC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,又AB=a,
则Aa,0,0,B0,-a,0,C0,0,a,D,
则=0,-a,0-a,0,0=-a,-a,0,
=0,a,0-0,0,a=0,a,-a,
则·=·=-a2≠0,
故AB与CD所成的角不为90°,D错误.
故选AB.
6. 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=5,则B(5,5,0),B1(5,5,5).
因为=4,=4,所以E(0,5,4),F(1,0,5),
所以=(-5,0,4),=(-4,-5,0),
所以cos<,>===,
故异面直线BE与B1F所成角的余弦值为.
故答案为.
7.60° 设平面α与平面β的夹角为θ,因为AC⊥AB,BD⊥AB,
所以·=0,·=0.
由题意得=++,
所以=
=+++2·+2·+2·
=+++2·
=36+16+64+2×6×8×cos(180°-θ)=,
所以cos(180°-θ)=-,即cosθ=,
所以θ=60°,即平面α与平面β的夹角为60°.
故答案为60°.
8.解 因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,取BC的中点O,则AO⊥BC,
所以AO⊥平面BB1C1C.
取B1C1的中点H,所以 AO,BO,OH两两垂直,故以O为原点,建立下图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,),B(1,0,0),A1(0,2,),C1(-1,2,0),
所以=(1,0,-),=(0,2,0),=(-2,2,0),=(-1,2,).
设平面AA1B的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,得n1=(,0,1).
同理可得平面A1BC1的一个法向量为n2=(,,-1),所以cos===.
设平面AA1B与平面A1BC1夹角为θ,易知θ为锐角,则cosθ=|cos|=,
即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为.
9.解 设AB=1,如图,作AO⊥BC于点O,连接DO,以O为原点,OD,OC,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),D,0,0,B0,,0,C0,,0,A0,0,.
(1)因为=,0,-,=(0,1,0),
·=,0,-·(0,1,0)=0,所以AD与BC所成的角等于90°.
(2)=,0,-,显然n1=(0,0,1)为平面BCD的一个法向量,设AD与平面BCD所成角为α,
∴sinα=|cos<,n1>|==,
∴直线AD与平面BCD所成角的大小为45°.
(3)设平面ABD的法向量为n2=(x,y,z),
易知=,
所以即
令z=1,则x=1,y=,则n2=(1,,1).
设平面ABD和平面BDC的夹角为θ,则|cosθ|===,
故平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为.午练9 空间距离的计算
1.已知平面α的一个法向量为n=(3,4,0),点A(-1,1,1)在平面α内,则点P(1,2,3)到平面α的距离为( )
A. B.2 C.4 D.
2.(2023苏州质检)已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,且点P(-2,1,4)到平面α的距离为,则x的值为( )
A.1 B.11
C.-1或-11 D.-21
3.已知直线l过点A(1,-1,-1),且方向向量为m=(1,0,-1),则点P(1,1,1)到直线l的距离为( )
A.2 B. C. D.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.a B.a C.a D.a
5.(多选题)下列说法错误的有( )
A.将空间中所有单位向量的起点移到同一点,则它们的终点构成一个圆
B.直线l的一个方向向量是m=(2,1,-1),平面α的一个法向量是n=(1,1,3),则l∥α
C.平面α经过A(1,0,-1),B(0,1,0),C(2,3,-1)三点,向量n=(u,2,t)是平面α的法向量,则u+t=-14
D.平面α的一个法向量为n=(2,0,1),点A(-1,2,1)在α内,则点M(1,2,3)到平面α的距离为
6.(多选题)(2023徐州月考)如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,SA⊥平面ABCD,SA=AB,O,P分别是AC,SC的中点,M是棱SD上的动点,则下列选项正确的有( )
A.OM⊥PA
B.存在点M,使OM∥平面SBC
C.存在点M,使直线OM与AB所成的角为30°
D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
7.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,4),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h= .
8.(2023无锡月考)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为平面A1ABB1的中心,E为BC的中点,则点O到直线A1E的距离为 .
9.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,求平面A1DB与平面D1CB1的距离.
10.(2023扬州测试)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,EA⊥平面ABCD,EA∥BF,AB=AE=2BF=2.
(1)证明:平面EAC⊥平面EFC.
(2)在棱EC上有一点M,使得平面MBD与平面BCF的夹角的余弦值为,求点M到平面BCF的距离.
午练9 空间距离的计算
1.B 由题意,得=(2,1,2),又平面α的一个法向量n=(3,4,0),
所以点P到平面α的距离d===2.故选B.
2.C =(x+2,2,-4),而d==,即=,解得x=-1或x=-11.故选C.
3.B ∵点P(1,1,1),直线l过点A(1,-1,-1),且直线l的一个方向向量为m=(1,0,-1),
∴=(0,-2,-2),
∴直线的一个单位方向向量m0==(1,0,-1),
∴点P到直线l的距离d===.故选B.
4.D 由正方体的性质知,AB1∥DC1,D1B1∥DB,AB1∩D1B1=B1,DC1∩DB=D,易得平面AB1D1∥平面BDC1,则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离.
如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(a,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,a),C(0,a,0),B1(a,a,a),D1(0,0,a),
所以=(a,-a,a),=(0,-a,0),=(0,a,a),=(-a,-a,0).
连接A1C,由·=(a,-a,a)·(0,a,a)=0,·=(a,-a,a)·(-a,-a,0)=0,且AB1∩B1D1=B1,可知A1C⊥平面AB1D1,
则平面AB1D1的一个法向量为n=(1,-1,1),
所以两平面间的距离d===a.
故选D.
5.ABD 对于A,将空间中所有单位向量的起点移到同一点,它们的终点构成一个球面,A选项错误;对于B,因为m·n=2+1-3=0,所以l∥α或l α,B选项错误;对于C,因为=(-1,1,1),=(1,3,0),所以n·=-u+2+t=0,n·=u+6=0,解得u=-6,t=-8,所以u+t=-14,C选项正确;对于D,因为=(-2,0,-2),所以cos===-,所以点M到平面α的距离d=|||cos|=2×=,D选项错误.故选ABD.
6.ABD 以A为坐标原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系(如图),
设SA=AB=2,
则A(0,0,0),C(2,2,0),B(2,0,0),D(0,2,0),S(0,0,2),O(1,1,0),P(1,1,1),
由M是棱SD上的动点,可设M(0,λ,2-λ)(0≤λ≤2).
∵=(1,1,1),=(-1,λ-1,2-λ),
∴·=-1+λ-1+2-λ=0,
∴AP⊥OM,故A正确.
当M为SD的中点时,OM是△SBD的中位线,
∴OM∥SB,
又OM 平面SBC,SB 平面SBC,
∴OM∥平面SBC,故B正确.
=(2,0,0),=(-1,λ-1,2-λ),
若存在点M,使直线OM与AB所成的角为30°,
则cos30°===,化简得3λ2-9λ+7=0,方程无解,故C错误.
点M到平面ABCD的距离d1=2-λ,
易知=(0,λ,2-λ),=(0,2,0)是平面SAB的一个法向量,故点M与平面SAB的距离d2===λ,
∴点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为d1+d2=2-λ+λ=2,是定值,故D正确.故选ABD.
7. 在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,4),
=(-4,1,0),=(-6,2,-8).
设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z).
则可得
不妨令x=1,则y=4,z=1,
可得n=(1,4,1).
则h=||·|cos<,n>|===.故答案为.
8. 如图,以D为原点建立空间直角坐标系,
则A1(2,0,2),O(2,1,1),E(1,2,0),
则=(0,1,-1),=(-1,2,-2),
则cos<,>===.
又<,>∈[0,π],
所以sin<,>=,
所以点O到直线A1E的距离为||·sin<,>=×=.
故答案为.
9.解 建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(1,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0),C(0,1,0),
则=(1,0,1),=(1,1,0),=(0,1,0).
设平面A1DB的法向量为n=(x,y,z),
则
不妨令x=1,则y=-1,z=-1,
所以n=(1,-1,-1),
所以平面A1DB与平面D1CB1间的距离d===.
10.(1)证明 如图,取EC的中点G,连接BD,交AC于点N,连接GN,GF,
因为ABCD是菱形,所以AC⊥BD,且N是AC的中点,
所以GN∥AE且GN=AE.又AE∥BF,AE=2BF=2,所以GN∥BF且GN=BF,所以四边形BNGF是平行四边形,所以GF∥BN.又EA⊥平面ABCD,BN 平面ABCD,所以EA⊥BN.又因为AC⊥BN,AC∩EA=A,AC,EA 平面EAC,所以NB⊥平面EAC,所以GF⊥平面EAC.又GF 平面EFC,所以平面EFC⊥平面EAC.
(2)解 ∵GN∥AE,EA⊥平面ABCD,∴GN⊥平面ABCD,且CN⊥BN,∴以N为原点,NC,NB,NG所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,则E(-1,0,2),B(0,,0),C(1,0,0),F(0,,1),A(-1,0,0),D(0,-,0).∵M在棱EC上,∴可设=λ=λ(-2,0,2),∴M(1-2λ,0,2λ),∴=(1-2λ,,2λ),=(0,2,0),=(1,-,0),=(0,0,-1).
设平面DBM的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=0,x=-2λ,z=1-2λ,
得n=(-2λ,0,1-2λ).
设平面FBC的一个法向量为m=(a,b,c),
则即
取b=1,得m=(,1,0),
∴|cos|===,
解得λ=,此时M,
∴=,
∴点M到平面BCF的距离d===.