作业(2) 空间向量在立体几何中的应用-【课堂快线】2024高二数学寒假作业（人教B版）

　　 一、选择题:本题共8小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知向量m,n分别是直线l和l'的方向向量,若cos<m,n>=-,则直线l与l'所成的角为 (　　) A.30°　　B.60°　　C.120°　　D.150° 2.若两个向量=(1,2,3),=(3,2,1),则平面ABC的一个法向量为 (　　) A.(-1,2,-1) B.(1,2,1) C.(1,2,-1) D.(-1,2,1) 3.平面α的一个法向量是n=(,-1,),平面β的一个法向量是m=(-3,6,-2),则平面α与平面β的关系是 (　　) A.平行 B.重合 C.平行或重合 D.垂直 4.在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点,已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2,则异面直线BC与AD所成角的余弦值为 (　　) A. B. C.　 D. 5.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为 (　　) A.150° B.45° C.60° D.120° 6.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为 (　　) A.(1,1,1) B.(,,1) C.(1,,1) D.(,,) 7.在空间直角坐标系O-xyz中,四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2),则点B到平面ACD的距离是 (　　) A. B. C. D. 8.如图,在底面为正三角形的直棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为 (　　) A.1　　　B.2　　　C.　　　D.3 二、选择题:本题共4小题,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求. 9.已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列说法中正确的有 (　　) A.n1∥n2⇔α∥β B.n1⊥n2⇔α⊥β C.v∥n1⇔l∥α D.v⊥n1⇔l⊥α 10.如图,空间四边形ABCD的各边长均相等,AB⊥AD,BC⊥CD,平面ABD⊥平面CBD,给出下列四个结论,其中正确的是 (　　) A.AC⊥BD B.异面直线AB与CD所成的角为30° C.△ADC为等边三角形 D.AB与平面BCD所成的角为60° 11.如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是 (　　) A.(++)2=2 B.·(-)=0 C.向量与的夹角是60° D.BD1与AC所成角的余弦值为 12.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是直线AD与A1C1的交点.若点Q在直线B1P上,则下列结论不正确的是 (　　) A.当点Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BD B.当点Q为线段B1P的三等分点(靠近点P)时,DQ⊥平面A1BD C.在线段B1P的延长线上,存在一点Q,使得DQ⊥平面A1BD D.在直线B1P上不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD 三、填空题:本题共4小题,将答案填在题中横线上. 13.直线l的方向向量是s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为　　　　　.  14.已知A∈α,P∉α,=(-,,),平面α的一个法向量为n=(0,-,-),则直线PA与平面α所成的角为　　　　　.  15.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h=　　　　　.  16.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上.若二面角D1-EC-D的大小为,则E的坐标为　　　　,AE=　　　　.  四、解答题:本题共2小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,M为OB的中点,点N在AC上,AN=2NC. (1)求MN的长; (2)若点P在线段BC上,设=λ,当AP⊥MN时,求实数λ的值. 18.如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC,则侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC;若不存在,请说明理由. 作业(二)　空间向量在立体几何中的应用 1.B　解析:由于cos<m,n>=-,所以<m,n>=120°,所以直线l与l'所成的角为60°,故选B. 2.A　解析:设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则,即,令x=-1,则y=2,z=-1,即平面ABC的一个法向量为n=(-1,2,-1),故选A. 3.C　解析:由平面α的一个法向量是n=(,-1,),平面β的一个法向量是m=(-3,6,-2),可得m=-6n,则平面α与平面β平行或重合,故选C. 4.A　解析:由题意可知AB,AC,AP两两垂直,以A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),A(0,0,0),D(0,,1),则=(-2,2,0),=(0,,1),·=0+6+0=6,||==4,||==2.设异面直线BC与AD所成角为θ,则cosθ==.故选A. 5.C　解析:由题意知·=0,·=0,=++,||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+2×6×8×cos<,>=(2)2,解得cos<,>=-,则<,>=120°,所以二面角的大小为60°,故选C. 6.B　解析:如图,设M点的坐标为(x,y,1),AC∩BD=O,连接OE,则O(,,0),又E(0,0,1),A(,,0),∴=(-,-,1),=(x-,y-,1),∵AM∥平面BDE,AM⊂平面ACEF,平面BDE∩平面ACEF=OE, ∴∥, ∴,解得, ∴M点的坐标为(,,1),故选B. 7.A　解析:由题意知=(2,2,0),=(1,0,1),=(0,0,2),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则n=(1,-1,-1), ∴==,即点B到平面ACD的距离是.故选A. 8.A 　解析:由题意知m>0,在平面ABC内过点A作Ax⊥AC,以A为坐标原点,分别以Ax,AC,AA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,则A(0,0,0),D(,,0),E(0,,),=(,,0),=(0,,).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),由,得.令y=-1,可得n=(,-1,),又平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C的余弦值为,得cos<n,m>=,所以=,得m2=1,所以m=1,故选A. 9.AB　解析:∵平面α,β不重合,∴平面α,β的法向量平行(垂直)等价于平面α,β平行(垂直),∴A,B正确;直线l的方向向量平行于平面α的法向量等价于直线l垂直于平面α,∴C错误;直线l的方向向量垂直于平面α的法向量等价于直线l平行于平面α或直线l在平面α内,∴D错误.故选AB. 10.AC　解析:如图,取BD的中点O,连接AO,CO,易知BD⊥平面AOC,故AC⊥BD,A正确;以BD的中点O为坐标原点,OA,OD,OC所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设空间四边形ABCD的各边长为a,则A(a,0,0),B(0,-a,0),C(0,0,a),D(0,a,0),故=(-a,-a,0),=(0,a,-a).由两向量夹角公式得cos<,>==-,故异面直线AB与CD所成的角为60°,B错误;在直角三角形AOC中,AO=CO=a,AC=AO=a,故△ADC为等边三角形,C正确;易知∠ABO即直线AB与平面BCD所成的角,可求得∠ABO=45°,D错误.故选AC. 11.AB　解析:因为以顶点A为端点的三条棱长都相等,它们彼此的夹角都是60°,所以可设棱长为1,·=·=·=1×1×cos60°=,则(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+1+1+3×2×=6,而2=2(+)2=2(||2+||2+2·)=2(1+1+2×)=2×3=6,所以A正确;·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-||2=0,所以B正确;连接A1D,因为向量=,且△AA1D为等边三角形,∠AA1D=60°,所以向量与的夹角是120°,向量与的夹角是120°,所以C不正确;=+-,=+,则||==,||==,·=(+-)·(+)=1,所以cos<,>===,所以D不正确.故选AB. 12.ABC　解析:分别以,,的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系A1-xyz(图略),则由已知得A1(0,0,0),B1(1,0,0),B(1,0,1),D(0,1,),P(0,2,0),则=(1,0,1),=(0,1,),=(-1,2,0),=(1,-1,-).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则,取z=-2,则x=2,y=1,所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,-2).假设DQ⊥平面A1BD,且=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则=+=(1-λ,-1+2λ,-),因为也是平面A1BD的法向量,所以n与共线,于是有===成立,此时λ无解.故在直线B1P上不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD,A,B,C不正确,D正确.故选ABC. 13.或-　解析:线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故s·n=x2-2=0,解得x=±. 14.60°　解析:设直线PA与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,∵0°≤θ≤90°,∴θ=60°. 15.2　解析:设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则⇒,令y=4,则n=(1,4,),则cos<n,>===-. ∵=|cos<n,>|,∴h=×2=2. 16.(1,2-,0)　2-　解析:设AE=λ(0≤λ≤2),平面D1EC的法向量为m=(x,y,z).由题可知D1(0,0,1),C(0,2,0),E(1,λ,0),则=(0,2,-1),=(1,λ-2,0).易知平面ECD的一个法向量为n=(0,0,1). ∵m=(x,y,z)为平面D1EC的法向量, ∴,令y=1,则m=(2-λ,1,2),又二面角D1-EC-D的大小为,∴cos=,即=,解得λ=2-或λ=2+(舍去),∴E(1,2-,0),AE=2-. 17.解:(1)以O为原点,OA,OB,OC分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3), 因为M为OB的中点,AN=2NC, 所以M(0,1,0),N(1,0,2),所以|MN|=. (2)设P(0,y,z),因为=λ,且点P在线段BC上,所以=λ,P(0,,).所以=(-3,,),由(1)得=(1,-1,2). 因为AP⊥MN,所以·=0, 即-3-+=0,解得λ=. 18.解:(1)如图,连接BD交AC于点O,连接SO. 根据题意可知该四棱锥为正四棱锥, ∴SO⊥平面ABCD,∴SO⊥AC. 又四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD. 又SO∩BD=O,∴AC⊥平面SBD,∴AC⊥SD. (2)假设存在满足条件的点E. 以O为坐标原点,分别以OD,OA,OS所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,令OC=1,则BC=,SC=2,SO=, ∴D(1,0,0),B(-1,0,0), C(0,-1,0),S(0,0,), ∴=(0,1,),=(1,-1,0),=(-1,0,), 令=λ(0≤λ≤1),则=(0,λ,λ), ∴=+=(1,λ-1,λ). 由SD⊥平面PAC,知为平面PAC的一个法向量. 又BE∥平面PAC,∴·=0,∴-1+3λ=0,解得λ=. ∴存在满足条件的点E,点E为SC上靠近点C的三等分点, ∴SE∶EC=2∶1. 学科网（北京）股份有限公司 $