《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第7章 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)作業(yè) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第7章 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)作業(yè) 理（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第7章 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時(shí)作業(yè) 理 一、選擇題 1．平面α的一個(gè)法向量為n＝(1,2,0)，平面β的一個(gè)法向量為m＝(2，－1,0)，則平面α和平面β的位置關(guān)系是(　　) A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合 答案：C 解析：∵n＝(1,2,0)，m＝(2，－1,0)， ∴m·n＝2－2＋0＝0，即m⊥n， ∴α⊥β. 2．設(shè)平面α的法向量為(1,2，－2)，平面β的法向量為(－2，－4，k)，若α∥β，則k等于(　　) A．2 B．－4 C．4 D．－2 答案：C 解析：∵α∥β，∴＝＝，∴k＝4. 3．(xx

2、·濟(jì)南模擬)已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)A(2，－1,2)，α的一個(gè)法向量為n＝(3,1,2)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)的是(　　) A．(1，－1,1) B． C. D． 答案：B 解析：對于選項(xiàng)A，＝(1,0,1)，則·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A； 對于選項(xiàng)B，＝，則·n＝·(3,1,2)＝0，B正確； 對于選項(xiàng)C，＝， ·n＝·(3,1,2)＝6≠0，C不正確； 對于選項(xiàng)D，＝， ·n＝·(3,1,2)＝12≠0，D不正確． 故應(yīng)選B. 4．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P為C1D1的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)

3、，則AM與PM的位置關(guān)系為(　　 ) A．平行 B．異面 C．垂直 D．以上都不對 答案：C 解析：以點(diǎn)D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 依題意，可得D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)． ∴＝(，1，－)，＝(－，2,0)， ∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0， 即⊥，∴AM⊥PM. 5．在正四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為(　　) A. B．a(chǎn) C． D．a(chǎn) 答案：B 解析：根

4、據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P－xyz，則P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)． 過點(diǎn)P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點(diǎn)H，則PH的長即為點(diǎn)P到平面ABC的距離． ∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心． 又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心， 可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為. ∴PH＝＝a. ∴點(diǎn)P到平面ABC的距離為a. 6．(xx·昆明模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M為PB的中點(diǎn)，PA＝AD＝2.若AB＝1，則二面角B－AC－M的余弦值為(　　) A. B

5、． C. D． 答案：A 解析：∵BC⊥平面PAB，AD∥BC， ∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD， 又PA⊥AB，且AD∩AB＝A， ∴PA⊥平面ABCD. 以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AD，AB，AP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz. 則A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)， B(0,1,0)，M， ∴＝(2,1,0)， ＝， 易求得平面AMC的一個(gè)法向量為n＝(1，－2,1)， 又平面ABC的一個(gè)法向量＝(0,0,2)， ∴cos〈n，〉＝＝＝＝. ∴二面角B－AC－M的余弦值為. 二、填空題 7．如圖所示，在三棱錐

6、ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是________． 答案：60° 解析：以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， ∴·＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角為60°. 8．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1

7、C的位置關(guān)系是________． 答案：平行 解析：∵正方體棱長為a， A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又∵是平面B1BCC1的法向量， ∴·＝·＝0， ∴⊥.又∵M(jìn)N?平面B1BCC1， ∴MN∥平面B1BCC1. 9．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________． 答案： 解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系， 則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)， ∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)， 設(shè)平面A1BD的一

8、個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則 令x＝1，則n＝(1，－1，－1)， ∴點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝＝＝. 三、解答題 10．(xx·濟(jì)南一模)如圖，四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝2，PD＝，M為棱PB的中點(diǎn)． (1)證明：DM⊥平面PBC； (2)求二面角A－DM－C的余弦值． 解：(1)證明：連接BD，取DC的中點(diǎn)G，連接BG， 由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC為直角三角形， 故BC⊥BD. 又PD⊥平面ABCD，故BC⊥PD， 所以BC⊥平面BDP，BC⊥DM. 又PD＝BD＝，PD⊥BD

9、，M為PB的中點(diǎn)， ∴DM⊥PB. ∵PB∩BC＝B， ∴DM⊥平面PBC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0，)， 從而M， 設(shè)n1＝(x，y，z)是平面ADM的法向量， 則即 所以可取n1＝(0，，－1)． 同理，設(shè)n2＝(x0，y0，z0)是平面DMC的法向量， 則即 所以可取n2＝(，0，－1)， 所以cos〈n1，n2〉＝. 顯然二面角A－DM－C的大小為鈍角， 所以二面角A－DM－C的余弦值為－. 11．(xx·德州模擬)在直角梯形ABCD中，∠AD

10、C＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，M為線段AB的中點(diǎn)，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得幾何體D－ABC. (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)求二面角A－CD－M的余弦值． 解：(1)證明：由條件，知AC＝2，∠CAB＝45°，AB＝4， 由余弦定理，得CB2＝8，∴CB＝2， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC. 又∵平面ADC⊥平面ABC， 平面ADC∩平面ABC＝AC， ∴BC⊥平面ACD. (2)取AC的中點(diǎn)O，連接DO，MO， ∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC， ∵OM∥BC，AC⊥BC，∴OM⊥AC. 建立如圖所示

11、的空間直角坐標(biāo)系， ∴M(0，，0)，C(－，0,0)，D(0,0，)． ∴＝(，，0)，＝(，0，)． 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面CDM的法向量， 則即 令x＝－1，得n1＝(－1,1,1)． 由題意，得n2＝(0,1,0)為平面ACD的一個(gè)法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. ∵二面角A－CD－M為銳角， ∴二面角A－CD－M的余弦值為. 12．(xx·衡水二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD中點(diǎn)． (1)求直線PB與平面P

12、OC所成角的余弦值； (2)求點(diǎn)B到平面PCD的距離； (3)線段PD上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD中點(diǎn)， 所以PO⊥AD， 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，則PO⊥平面ABCD. 又在直角梯形ABCD中，連接OC，易得OC⊥AD，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OC為x軸，直線OD為y軸，直線OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， ∴＝(1，－1，

13、－1)，易證OA⊥平面POC， ∴＝(0，－1,0)是平面POC的法向量， cos〈，〉＝＝. ∴直線PB與平面POC所成角的余弦值為. (2)＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)， 設(shè)平面PDC的一個(gè)法向量為μ＝(x，y，z)， 則取z＝1，得μ＝(1,1,1)． ∴B點(diǎn)到平面PCD的距離d＝＝. (3)存在． 設(shè)＝λ(0＜λ＜1)， ∵＝(0,1，－1)，∴＝(0，λ，－λ)＝－， ∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)． 設(shè)平面CAQ的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 則 取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 又平面CAD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， ∴二面角Q－AC－D的余弦值為， ∴|cos〈m，n〉|＝＝， 得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)． 所以存在點(diǎn)Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值為， 此時(shí)＝.