立体几何中的向量方法练习题

立体几何中的向量方法练习题1/12第七节立体几何中的向量方法(理)时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么这条斜线与平面所成的角是()A．90°B．60°C．45°D．30°解析∵|a|＝2，|b|＝2，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝12.又〈a，b〉∈(0°，90°)，∴〈a，b〉＝60°.答案B2．(2014·珠海模拟)已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，若AB→⊥BC→，BP→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为()A.337，－157，4B.407，－157，4C.407，－2,4D．4，407，－15解析∵AB→⊥BC→，∴AB→·BC→＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，BC→＝(3,1,4)，则x－1＋5y＋6＝0，3x－1＋y－12＝0，解得x＝407，y＝－157.立体几何中的向量方法练习题2/12答案B3．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所成角的余弦值为()A.1010B.3010C.21510D.31010解析建立空间直角坐标系如图．则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→·AE→|BC1→|·|AE→|＝3010.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.答案B4．在90°的二面角的棱上有A，B两点，AC、BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB＝5，AC＝3，CD＝52，则BD＝()A．4B．5立体几何中的向量方法练习题3/12C．6D．7解析由条件知AC⊥AB，BD⊥AB，AC⊥BD，又CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＝32＋52＋|BD→|2＝(52)2，∴|BD→|2＝16，∴BD＝4.答案A5．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A.32B.52C.105D.1010解析如图建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，显然AC⊥平面BB1D1D，∴AC→＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量．立体几何中的向量方法练习题4/12又BC1→＝(0,4,2)，∴cos〈BC1→，AC→〉＝BC1→·AC→|BC1→||AC→|＝1616＋4·16＋161＝105.即BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为105.答案C6．(2014·德州调研)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平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()A．150°B．45°C．60°D．120°解析由题意知AC→与BD→所成角即为该二面角的平面角．∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→.∴(217)2＝62＋42＋82＋2|CA→||BD→|cos〈CA→，BD→〉＝116＋2×6×8cos〈CA→，BD→〉．∴cos〈CA→，BD→〉＝－12，∴〈CA→，BD→〉＝120°.∴〈AC→，BD→〉＝60°，∴该二面角的大小为60°.答案C立体几何中的向量方法练习题5/12二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7.(2014·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则BD1的长为__________．解析∵BD1→＝BA→＋BC→＋BB1→，∴|BD1→|2＝(BA→＋BC→＋BB1→)2＝9，故BD1＝3.答案38．(2013·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，侧棱AA1＝2，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为________．解析以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则平面AA1C1C的法向量为n＝(0,1,0)，AM→＝12，12，0－(1,0，2)＝－12，12，－2，则直线AM与平面AA1C1C立体几何中的向量方法练习题6/12所成角θ的正弦值为sinθ＝|cos〈AM→，n〉|＝|AM→·n||AM→||n|＝110，∴tanθ＝13.答案139．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1的中点，则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为________．解析以A为原点建立空间直角坐标系，如图，A1(0,0,2)，C(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,1,2)，则C1D→＝(1，－1，－1)，A1C→＝(0,1，－2)，|C1D→|＝3，|A1C→|＝5，立体几何中的向量方法练习题7/12C1D→·A1C→＝1，cos〈C1D→，A1C→〉＝C1D→·A1C→|C1D→||A1C→|＝1515，故异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为1515.答案1515三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．立体几何中的向量方法练习题8/12解(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，C1D→＝(1，－1，－4)．因为cos〈A1B→，C1D→〉＝A1B→·C1D→|A1B→||C1D→|＝1820×18＝31010，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD→＝(1,1,0)，AC1→＝(0,2,4)，所以n1·AD→＝0，n1·AC1→＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|＝29×1＝23，得sinθ＝53.因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为53.立体几何中的向量方法练习题9/1211．(2013·福建卷)如图，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k0)．(1)求证：CD⊥平面ADD1A1；(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为67，求k的值．解(1)证明：取CD的中点E，连接BE.∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，∴四边形ABED为平行四边形，∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，∴BE2＋CE2＝BC2.∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD.又BE∥AD，∴CD⊥AD.∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，∴CD⊥平面ADD1A1.(2)以D为原点，DA→，DC→，DD1→的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k，3k,1)，A1(4k,0,1)，立体几何中的向量方法练习题10/12所以AC→＝(－4k,6k,0)，AB1→＝(0,3k,1)，AA1→＝(0,0,1)．设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由AC→·n＝0，AB1→·n＝0，得－4kx＋6ky＝0，3ky＋z＝0.取y＝2，得n＝(3,2，－6k)．设AA1与平面AB1C所成角为θ，则sinθ＝|cos〈AA1→，n〉|＝|AA1→·n||AA1→||n|＝6k36k2＋13＝67，解得k＝1，故所求k的值为1.12．(2014·石家庄质检)如图，已知三棱柱ABC—A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．解(1)证明：连接AC1，BC1，则AN＝NC1，立体几何中的向量方法练习题11/12因为AM＝MB，所以MN∥BC1.又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，因为平面BCC1B1⊥底面ABC，所以B1O⊥平面ABC.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，B1(0，0，3)．由AA1→＝CC1→＝BB1→，可求出A1(1，3，3)，C1(2,0，3)，假设在线段A1C1上存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1，设A1C1→＝λA1P→(λ≠0且λ≠1)，则可以求得P(1λ＋1，3－3λ，3)，CP→＝(1λ，3－3λ，3)，CB1→＝(－1,0，3)．设平面B1CP的法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·CP→＝0，n1·CB1→＝0，得1λx＋3－3λy＋3z＝0，－x＋3z＝0，立体几何中的向量方法练习题12/12令z＝1，解得n1＝(3，1＋λ1－λ，1)．同理可求出平面ACC1A1的一个法向量n2＝(3，1，－1)．由平面B1CP⊥平面ACC1A1，得n1·n2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A1C1＝3A1P，从而C1PPA1＝2.所以存在满足题意的点P，且C1PPA1＝2.