《一輪優(yōu)化探究理數(shù)蘇教版練習(xí)：第八章 第六節(jié)　立體幾何中的向量方法 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《一輪優(yōu)化探究理數(shù)蘇教版練習(xí)：第八章 第六節(jié)　立體幾何中的向量方法 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 一、填空題 1．已知向量m、n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________． 解析：由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直線l與α所成的角為30°. 答案：30° 2．若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,1)，a與b的夾角為60°，則λ＝________. 解析：由＝＝cos 60°＝，解得λ＝－17或1. 答案：－17或1 3．點A(n，n－1,

2、2n)，B(1，－n，n)，則||的最小值是______． 解析：||2＝ (1－n)2＋(－2n＋1)2＋(－n)2＝6(n－)2＋，∴當(dāng)n＝時，||的最小值為. 答案： 4.如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E為PB的中點，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則點E的坐標(biāo)為________． 解析：設(shè)PD＝a(a>0)，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E(1,1，)， ∴＝(0,0，a)，＝(－1,1，)， 由cos〈，〉＝，∴＝a ·，∴a＝2. ∴E的坐標(biāo)為(1,1,

3、1)． 答案：(1,1,1) 5．直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中點，則異面直線AB1與A1M所成的角為________． 解析：建立坐標(biāo)系如圖所示， 易得M(0,0，)，A1(0，，0)， A(0，，)，B1(1,0,0)， ∴＝(1，－，－)， ＝(0，－，)． ∴·＝1×0＋3－＝0， ∴⊥. 即AB1⊥A1M，即AB1與1M所成的角為90°. 答案：90° 6．長方體ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，

4、AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為________． 解析：建立坐標(biāo)系如圖， 則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)， ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)， cos 〈，〉＝ ＝. 答案： 7．正三棱錐的一個側(cè)面的面積與底面積之比為2∶3，則這個三棱錐的側(cè)面和底面所成二面角的度數(shù)為________． 解析：設(shè)一個側(cè)面面積為S1，底面面積為S，則這個側(cè)面在底面上射影的面積為，由題設(shè)得＝，設(shè)側(cè)面與底面所成二面角為θ，則cos θ＝＝＝， ∴θ＝60°. 答案：60° 8．P是二面角α&

5、#173;AB­β棱上的一點，分別在α、β平面上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α­AB­β的大小為________． 解析：不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F， ∵∠EPM＝∠FPN＝45°， ∴PE＝a，PF＝b， ∴·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋· ＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b ＝－－＋

6、＝0， ∴⊥，∴二面角α­AB­β的大小為90°. 答案：90° 9．正四棱錐S­ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是________． 解析：如圖所示，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz. 設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， 則A(a,0,0)，B(0，a,0)， C(－a,0,0)，P(0，－，)． 則＝(2a,0,0)，＝(－a，－，)，＝(a，a,0)． 設(shè)平面PAC的法向量為n，可求得n＝(0,1,1)， 則cos 〈，n〉＝＝＝.

7、 ∴〈，n〉＝60°， ∴直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°. 答案：30° 二、解答題 10．如圖，已知正三棱柱ABC­A1B1C1各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側(cè)棱CC1上，且不與點C重合． (1)當(dāng)CF＝1時，求證：EF⊥A1C； (2)設(shè)二面角C­AF­E的大小為θ，求tan θ的最小值． 解析：(1)證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則由已知可得A(0，0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(xiàn)(0，4,1)． 于是1＝

8、(0，－4,4)， ＝(－，1,1)． 則1·＝(0，－4,4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF⊥A1C. (2)設(shè)CF＝λ(0<λ≤4)，平面AEF的一個法向量為m＝(x，y，z)，則由(1)得F(0,4，λ)． ＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m⊥，m⊥可得即取m＝(λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面AC1的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是由θ為銳角可得cos θ＝＝，sin θ＝，所以tan θ＝＝. 由0<λ≤4，得≥，即tan θ≥ ＝. 故當(dāng)λ＝4，即點F與點C1重合時，tan θ取得最小值. 11．

9、如圖，矩形ABCD和直角梯形BEFC所在平面互相垂直，∠BCF＝90°，BE∥CF，CE⊥EF，AD＝，EF＝2. (1)求異面直線AD與EF所成的角； (2)當(dāng)AB的長為何值時，二面角A­EF­C的大小為45°？ 解析：如圖，以點C為坐標(biāo)原點，分別以CB，CF和CD作為x軸，y軸和z軸建立空間直角坐標(biāo)系C­xyz.設(shè)AB＝a，BE＝b，CF＝c(b<c)， 則C(0,0,0)，A(，0，a)，B(，0,0)，E(，b,0)，F(xiàn)(0，c,0)，D(0,0，a)， (1)＝(，0,0)，＝(，0,0)，＝(，b－c,0)， 由|

10、|＝2，得3＋(b－c)2＝4，∴b－c＝－1. 所以＝(，－1,0)． 所以cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線AD與EF所成的角為30°. (2)設(shè)n＝(1，y，z)為平面AEF的法向量， 則n·＝0，n·＝0， 結(jié)合||2＋||2＝||2－||2， 解得n＝(1，，)． 又因為BA⊥平面BEFC，＝(0,0，a)， 所以|cos〈n，〉|＝＝＝， 得到a＝. 所以當(dāng)AB為時，二面角A­EF­C的大小為45°. 12．如圖，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC＝60°

11、，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°. (1)證明：BD⊥AA1； (2)求二面角D­A1A­C的平面角的余弦值； (3)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由． 解析：連結(jié)BD交AC于O，則BD⊥AC，連結(jié)A1O. 在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， ∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝A1A2， ∴A1O⊥AO， 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD， ∴A1O⊥底面ABC

12、D， ∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)． (1)證明：由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，則·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，∴BD⊥AA1. (2)由于OB⊥平面AA1C1C， ∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)， 設(shè)n2⊥平面AA1D，則設(shè)n2＝(x，y，z)， 得到取n2＝(1，，－1)， ∴cos 〈n1，n2〉＝＝， ∴二面角D­A1A­C的平面角的余弦值是. (3)假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1， 設(shè)＝λ，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，)， 得P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 設(shè)n3⊥平面DA1C1，則 設(shè)n3＝(x3，y3，z3)， 得到 不妨取n3＝(1,0，－1)． 又∵∥平面DA1C1， 則n3·＝0， 即－－λ＝0，得λ＝－1， 即點P在C1C的延長線上且使C1C＝CP.