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高三数学总复习知能达标训练第七章第七节


高三数学总复习知能达标训练第七章第七节 何中的向量方法
(时间 40 分钟,满分 80 分) 一、选择题(6×5 分=30 分)

立体几

→ =(1,5,-2),BC → =(3,1,z),若AB → ⊥BC → ,BP → =(x-1,y,-3),且 BP⊥平面 1.(2012· 福州模拟)已知AB ABC,则实数 x,y,

z 分别为 33 15 A. 7 ,- 7 ,4 C. 40 ,2,4 7 → ⊥BC → ,∴AB →· → =0, ∵AB BC 40 15 B. 7 ,- 7 ,4 D.4, 40 ,-15 7

解析

即 3+5-2z=0,得 z=4. 又 BP⊥平面 ABC, → =(3,1,4), ∴BP⊥AB,BP⊥BC,BC ??x-1?+5y+6=0, 则? ?3?x-1?+y-12=0, 答案 B 40 x = ? ? 7 解得? 15 ? ?y=- 7

.

2.长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 夹角的余 弦值为 10 A. 10 2 15 C. 10 解析 建立坐标系如图. 30 B. 10 3 10 D. 10

则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2). → =(-1,0,2),AE → =(-1,2,1), BC 1 →· → BC 1 AE → → cos 〈BC1,AE〉= → |· → |BC 1 |AE| 30 = 10 . 30 所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 10 . 答案 B

→ → 3.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 AB 的中点,则 sin 〈DB1,CM〉的值等于

1 A.2 2 C. 3 解析

210 B. 15 11 D. 15 以 D 为原点,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,设正方体棱长

1 ? → =(1,1,1),CM → =? ?1,-2,0?. 为 1,易知DB 1 ? ? → ,CM → 〉= 15, 故 cos 〈DB 1 15 → ,CM → 〉= 210,从而选 B. 从而 sin 〈DB 1 15 答案 B

4.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面正方形 ABCD 的中心,M 是 D1D 的中点,N 是 A1B1 的中点,则直线 NO、AM 的位置关系是 A.平行 B.相交 C.异面垂直 D.异面不垂直 解析 → =(-1,0, 建立坐标系如图,设正方体的棱长为 2,则 A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),NO

→ =(-2,0,1),NO →· → =0,则直线 NO、AM 的位置关系是异面垂直. -2),AM AM

答案

C

5.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角坐标系折成 120° 的二面角,则 AB 的长度为 A. 2 C .3 2 解析 设 A、B 在 x 轴上的射影分别为 C、D, B.2 11 D.4 2

则 AC=3,BD=2,CD=5, → =AC → +CD → +DB →, 又AB → ,DB → 〉=60° 〈AC , → |=2 11. 易求得|AB 答案 B

2a 6.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 3 ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 解析 分别以 C1B1、C1D1,C1C 所在直线为 x,y,z 轴,

建立空间直角坐标系.如图.

2 ∵A1M=AN= 3 a, 2 a? ? ∴M?a,3a,3?, ? ? 2 ?2 ? N?3a,3a,a?, ? ? a 2 ? → =? ?-3,0,3a?. ∴MN ? ? 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴C→ 1D1=(0,a,0), →· → → ∴MN C→ 1D1=0,∴MN⊥C1D1. ∵C→ 1D1是平面 BB1C1C 的法向量, 且 MN?平面 BB1C1C, ∴MN∥平面 BB1C1C. 答案 B

二、填空题(3×4 分=12 分) 7.已知 a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以 a,b 为邻边的平行四边形的面积为________. 解析 |a|= 22+?-1?2+22=3,

|b|= 22+22+12=3, a· b=2×2+(-1)×2+2×1=4, a· b 4 ∴cos 〈a,b〉=|a||b|=9,

65 sin 〈a,b〉= 9 , S 平行四边形=|a||b|sin 〈a,b〉= 65. 答案 65

→, →〉 8.(2012· 丽水模拟)如图所示,PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面, AB=2, E 为 PB 的中点,cos 〈DP AE 3 = 3 ,若以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则点 E 的坐标为________.

解析

a? ? 设 PD=a,则 A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E?1,1,2?, ? ?

→ =(0,0,a), ∴DP a? → =? ?-1,1,2?, AE ? ? → ,AE → 〉= 3, 由 cos 〈DP 3 a2 ∴ 2 =a a2 3 2+ 4 ·3 ,∴a=2.

∴E 的坐标为(1,1,1). 答案 (1,1,1)

9.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1-B1 的大小为________. 解析 如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz,设正方体的棱长为 a,则 A(a,a,0),B(a,0,0),D1(0,

a,a),B1(a,0,a). → =(0,a,0),BD → =(-a,a,a),BB → =(0,0,a). ∴BA 1 1 设平面 ABD1 的法向量为 n=(x,y,z), → =(x,y,z)· 则 n· BA (0,a,0)=ay=0. → =(x,y,z)· n· BD (-a,a,a)=-ax+ay+az=0. 1 ∵a≠0,∴y=0,x=z. 令 x=z=1,则 n=(1,0,1). 同理平面 B1BD1 的法向量 m=(-1,-1,0). n· m 1 cos 〈n,m〉=|n||m|=-2, 而二面角 A-BD1-B1 为钝角,故所求角为 120° . 答案 120°

三、解答题(38 分) 10.(12 分)如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2.

(1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角 E-CF-C1 的大小. 解析 解法一 (1)证明 由已知可得 CC1=3 2,CE=C1F= 22+?2 2?2=2 3,

EF2=AB2+(AE-BF)2, EF=C1E= 22+? 2?2= 6,
2 于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC1 ,

所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE. 又 EF∩CE=E,所以 C1E⊥平面 CEF. 又 CF?平面 CEF,故 CF⊥C1E. (2)在△CEF 中,由(1)可得 EF=CF= 6,CE=2 3, 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF. 又由(1)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E, 所以 CF⊥平面 C1EF. 又 C1F?平面 C1EF,故 CF⊥C1F. 于是∠EFC1 即为二面角 E-CF-C1 的平面角. 由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45° ,即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45° . 解法二 建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得,

A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0), C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2), F( 3,1, 2). (1)证明 → → → CF → =0+2-2=0. C 1E=(0,-2,- 2),CF=( 3,-1, 2),C1E·

所以 CF⊥C1E.

→ =(0,-2,2 2), (2)CE 设平面 CEF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → =0, ? ?m· CE → → 由 m⊥CE,m⊥CF,得? → =0, ? CF ?m· ?-2y+2 2z=0, ?y= 2z 即? 解得? 可取 m=(0, 2,1). ?x=0. ? 3x-y+ 2z=0, →, →, → → =(0,0,3 2), 设侧面 BC1 的一个法向量为 n, 由 n⊥CB n⊥CC -1,0), CC 可取 n=(1, 3, 1 及CB=( 3, 1 0). 设二面角 E-CF-C1 的大小为 θ,于是由 θ 为锐角可得 cos θ= 即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45° . 11.(12 分)(2011· 陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60° ,∠BAC=90° ,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90° . |m· n| 6 2 = = ,所以 θ=45° . |m||n| 2 3×2

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值. 解析 (1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高,

∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD?平面 ABD,∴平面 ADB⊥平面 BDC. → |=1,以 D 为坐标原点,分别以DB → ,DC →, (2)由∠BDC=90° 及(1),知 DA,DB,DC 两两垂直.不妨设|DB → 所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得 D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3), DA ?1 3 ? E?2,2,0?, ? ?

1 3 ? → → =? ?2,2,- 3?,DB ∴AE =(1,0,0), ? ? → 与DB → 夹角的余弦值为 cos〈AE → ,DB →〉 ∴AE

1 → → 2 AE· DB 22 = = = 22 . → → |AE|· |DB| 1× 22 4 12.(14 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° .

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. 解析 (1)证明 因为四边形 ABCD 是菱形,

所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 PAC. (2)设 AC∩BD=O, 因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0).

→ =(1, 3,-2),AC → =(0,2 3,0). 所以PB 设 PB 与 AC 所成角为 θ,则 →· →? ? PB AC 6 6 ? ?= cos θ=? =4. ? → → ?|PB||AC|? 2 2×2 3 → =(-1, 3,0). (3)由(2)知BC → =(-1,- 3,t). 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), →· →· 则BC m=0,BP m=0. ?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0.

6? 6 ? 令 y= 3,则 x=3,z= t .所以 m=?3, 3, t ?. ? ? 6? ? 同理,平面 PDC 的法向量 n=?-3, 3, t ?. ? ? 36 因为平面 PBC⊥平面 PDC,所以 m· n=0,即-6+ t2 =0, 解得 t= 6.所以 PA= 6.


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