《2019-2020版高中數(shù)學(xué) 模塊復(fù)習(xí)課 第4課時 利用向量解決平行與垂直、夾角問題練習(xí)（含解析）新人教A版選修2-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020版高中數(shù)學(xué) 模塊復(fù)習(xí)課 第4課時 利用向量解決平行與垂直、夾角問題練習(xí)（含解析）新人教A版選修2-1（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4課時　利用向量解決平行與垂直、夾角問題 課后篇鞏固提升 基礎(chǔ)鞏固 1.已知向量a=(x,2,-1),b=(2,4,-2),如果a∥b,那么x等于(　　) A.-1 B.1 C.-5 D.5 解析∵向量a=(x,2,-1),b=(2,4,-2),a∥b, ∴x2=24=-1-2,解得x=1.故選B. 答案B 2.(2019全國Ⅱ高考)已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,則AB·BC=(　　) A.-3 B.-2 C.2 D.3 解析由BC=AC-AB=(1,t-3),|BC|=12+(t-3)2=1,得t=3,則BC=(1,0).所以AB·BC=(2,3

2、)·(1,0)=2×1+3×0=2.故選C. 答案C 3.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M,N分別是面對角線A1B與B1D1的中點,若DA=a,DC=b,DD1=c,則MN=(　　) A.12(c+b-a) B.12(a+b-c) C.12(a-c) D.12(c-a) 解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,∵點M,N分別是面對角線A1B與B1D1的中點,DA=a,DC=b,DD1=c, ∴MN=MB+BB1+B1N=12A1B+BB1+12B1D1 =12(A1A+AB)+BB1+12(BC+CD) =12(-c+b)+c+12(-a-b) =-12

3、a+12c=12(c-a),故選D. 答案D 4.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中點,M是棱CC1上的點,且CC1=3CM,則直線BM與B1N所成的角的余弦值是(　　) A.105 B.2515 C.1020 D.1030 解析以D為坐標原點,以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系. 設(shè)N32,0,0,B(3,3,0),M(0,3,1),B1(3,3,3),BM=(-3,0,1),B1N=-32,-3,-3. cos=B1N·BM|B1N||BM|=1030,故選D. 答案D 5.已知點A(m,-2,n)

4、,點B(-5,6,24)和向量a=(-3,4,12),且AB∥a,則點A的坐標為　　　　　.? 解析∵A(m,-2,n),B(-5,6,24), ∴AB=(-5-m,8,24-n). 又向量a=(-3,4,12),且AB∥a, ∴AB=λa,即-5-m=-3λ,8=4λ,24-n=12λ, 解得λ=2,m=1,n=0,∴點A的坐標為(1,-2,0). 答案(1,-2,0) 6.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=2a3,則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是　　　　　.? 解析∵正方體棱長為a,A1M=AN=2a3, ∴

5、MB=23A1B,CN=23CA. ∴MN=MB+BC+CN=23A1B+BC+23CA =23(A1B1+B1B)+BC+23(CD+DA) =23B1B+13B1C1. 又CD是平面B1BCC1的法向量, ∴MN·CD=23B1B+13B1C1·CD=0. ∴MN⊥CD. 又MN?平面B1BCC1,∴MN∥平面B1BCC1. 答案平行 7.(2019天津高考)在四邊形ABCD中,AD∥BC,AB=23,AD=5,∠A=30°,點E在線段CB的延長線上,且AE=BE,則BD·AE=　　　　.? 解析∵AD∥BC,且∠DAB=30°, ∴∠ABE=30°. ∵EA=

6、EB, ∴∠EAB=30°. ∠AEB=120°. 在△AEB中,EA=EB=2, BD·AE=(BA+AD)·(AB·BE) =-BA2+BA·BE+AD·AB+AD·BE =-12+23×2×cos30°+5×23×cos30°+5×2×cos180°=-22+6+15=-1. 答案-1 8.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,∠BAA1=45°,平面AA1C1C⊥平面AA1B1B. (1)求證:AA1⊥BC; (2)若BB1=2AB=2,直線BC與平面ABB1A1所成角為45°,D為CC1的中點,求二面角B1-A1D-C1的余弦值. (1)證明過點C

7、作CO⊥AA1,垂足為O,因為平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以CO⊥平面AA1B1B,故CO⊥OB. 又因為CA=CB,CO=CO,∠COA=∠COB=90°, 所以Rt△AOC≌Rt△BOC,故OA=OB. 因為∠A1AB=45°,所以AA1⊥OB. 又因為AA1⊥CO,所以AA1⊥平面BOC,故AA1⊥BC. (2)解以O(shè)為坐標原點,OA,OB,OC所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz, 因為CO⊥平面AA1B1B, 所以∠CBO是直線BC與平面AA1B1B所成角, 故∠CBO=45°,所以AB=2,AO=BO=CO=1,A(1,0,0),B

8、(0,1,0),C(0,0,1),A1(-1,0,0),B1(-2,1,0),D(-1,0,1), 設(shè)平面A1B1D的法向量為n=(x1,y1,z1),則 n·A1D=0,n·B1D=0,所以z1=0,x1-y1+z1=0, 令x1=1,得n=(1,1,0),因為OB⊥平面AA1C1C, 所以O(shè)B為平面A1C1D的一條法向量, OB=(0,1,0),cos=n·OB|n|·|OB|=22, 所以二面角B1-A1D-C1的余弦值為22. 9.(2019天津高考)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求

9、證:BF∥平面ADE; (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值為13,求線段CF的長. (1)證明依題意,可以建立以A為原點,分別以AB,AD,AE的方向為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h). 依題意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)解依題意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0

10、,2),CE=(-1,-2,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則n·BD=0,n·BE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CE·n|CE||n|=-49. 所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為49. (3)解設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則m·BD=0,m·BF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h. 由題意,有|cos|=|m·n||m||n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87,經(jīng)檢驗,符合題意. 所以,線段CF的長為87. 能

11、力提升 1.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,點M在AC1上且AM=12MC1,N為B1B的中點,則|MN|為(　　) A.216a B.66a C.156a D.153a 解析以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,則A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2. 設(shè)M(x,y,z), ∵點M在AC1上且AM=12MC1, ∴(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z). ∴x=23a,y=a3,z=a3.∴M2a3,a3,a3, ∴|MN|=a-23a2+a-a32+a2-a32 =216a. 答案A 2.已知ABCD-A1B1C1

12、D1為正方體,則二面角B-A1C1-A的余弦值為(　　) A.23 B.22 C.63 D.32 解析以D為原點,直線DA為x軸,直線DC為y軸,直線DD1為z軸,建立空間直角坐標系. 設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則A(1,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),A1C1=(-1,1,0),A1A=(0,0,-1),A1B=(0,1,-1). 設(shè)平面A1C1A的法向量n=(x,y,z), 則n·A1C1=-x+y=0,n·A1A=-z=0,取x=1,得n=(1,1,0). 設(shè)平面A1C1B的法向量m=(a,b,c), 則m·A1C

13、1=-a+b=0,m·A1B=b-c=0,取a=1,得m=(1,1,1). 設(shè)二面角B-A1C1-A的平面角為θ, 則cosθ=|m·n||m||n|=22×3=63. ∴二面角B-A1C1-A的余弦值為63. 故選C. 答案C 3.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,設(shè)AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中點,則B1C與A1P所成角的大小為　　　　,B1C·A1P=　　　　　.? 解析以D為坐標原點,以DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間坐標系,如圖所示. ∵AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中點, ∴B1(1,2,1),C(0,2,

14、0),A1(1,0,1),P(0,1,1). ∴B1C=(-1,0,-1),A1P=(-1,1,0). ∴B1C·A1P=1+0+0=1,|B1C|=2,|A1P|=2. 設(shè)B1C與A1P所成角為θ, ∴cosθ=12×2=12,∴θ=60°. 答案60°　1 4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等,M為A1C1的中點,N為BB1的中點,則直線CM與AN所成的角的余弦值為　　　　　.? 解析以A為原點,在平面ABC內(nèi)過A作AC的垂線為x軸,AC為y軸,AA1為z軸,建立空間直角坐標系, 設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2,則C(0,2,0),M(0

15、,1,2),A(0,0,0),N(3,1,1),CM=(0,-1,2),AN=(3,1,1),設(shè)直線CM與AN所成的角為θ,則cosθ=|CM·AN||CM||AN|=15×5=15.∴直線CM與AN所成的角的余弦值為15.故答案為15. 答案15 5.在四面體P-ABC中,PA,PB,PC兩兩垂直,設(shè)PA=PB=PC=a,則點P到平面ABC的距離為　　　　　.? 解析根據(jù)題意,可建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz,則P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 過點P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于點H,則PH的長即為點P到平面ABC的距離. ∵

16、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點的坐標為a3,a3,a3. ∴PH=a3-02+a3-02+a3-02=33a. ∴點P到平面ABC的距離為33a. 答案33a 6.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB=1,CD=3,AP=2,DP=23,DPAD=60°,AB⊥平面PAD,點M在棱PC上. (1)求證:平面PAB⊥平面PCD; (2)若直線PA∥平面MBD,求此時直線BP與平面MBD所成角的正弦值. 解(1)證明:因為AB⊥平面PAD, 所以AB⊥DP. 又因為DP=23,AP=2,∠PAD=6

17、0°, 由PDsin∠PAD=PAsin∠PDA,可得sin∠PDA=12, 所以∠PDA=30°,所以∠APD=90°,即DP⊥AP, 因為AB∩AP=A,所以DP⊥平面PAB, 因為DP?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. (2)由AB⊥平面PAD,以點A為坐標原點,在平面PAD中,過點A作AD的垂線為x軸,AD,AB所在直線分別為y軸,z軸,如圖所示建立空間直角坐標系. 其中A(0,0,0),B(0,0,1),C(0,4,3),D(0,4,0),P(3,1,0). 從而BD=(0,4,-1),AP=(3,1,0),PC=(-3,3,3),設(shè)PM=λPC,從而得M(

18、3(1-λ),3λ+1,3λ), BM=(3(1-λ),3λ+1,3λ-1), 設(shè)平面MBD的法向量為n=(x,y,z), 若直線PA∥平面MBD,滿足n·BM=0,n·BD=0,n·AP=0, 即3(1-λ)x+(3λ+1)y+(3λ-1)z=0,4y-z=0,3x+y=0, 得λ=14,取n=(3,-3,-12), 且BP=(3,1,-1), 直線BP與平面MBD所成角的正弦值sinθ=|n·BP||n||BP|=|3-3+12|156×5=265195. 7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=3,AD=23

19、,AP=3. (1)求證:平面PCA⊥平面PCD; (2)設(shè)E為側(cè)棱PC上的一點,若直線BE與底面ABCD所成的角為45°,求二面角E-AB-D的余弦值. 解(1)證明:在平行四邊形ABCD中,∠ADC=60°,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=12+3-2×23×3×cos60°=9, ∴AC2+CD2=AD2, ∴∠ACD=90°,即CD⊥AC, 又PA⊥底面ABCD,CD?底面ABCD, ∴PA⊥CD. 又AC∩CD=C,∴CD⊥平面PCA. 又CD?平面PCD, ∴平面PCA⊥平面PCD. (2)如圖,以A為

20、坐標原點,AB,AC,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系.則A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3). 設(shè)E(x,y,z),PE=λPC(0≤λ≤1), 則(x,y,z-3)=λ(0,3,-3), ∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即點E的坐標為(0,3λ,3-3λ),∴BE=(-3,3λ,3-3λ). 又平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1), ∴sin45°=|cos|=|3-3λ|3+9λ2+(3-3λ)2, 解得λ=13. ∴點E的坐標為(0,1,2), ∴AE=(0,1,2),AB=(3,0,0), 設(shè)平面EAB的法向量為m=(x,y,z), 由m·AB=0,m·AE=0,得x=0,y+2z=0, 令z=1,得平面EAB的一個法向量為m=(0,-2,1), ∴cos=m·n|m||n|=15=55. 又二面角E-AB-D的平面角為銳角,所以,二面角E-AB-D的余弦值為55. 10