《2020版高中数学 阶段训练六（含解析）新人教B版选修2-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高中数学 阶段训练六（含解析）新人教B版选修2-1（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、阶段训练六(范围：3.13.2)一、选择题1(2018上海市奉贤区模拟)若直线l的一个方向向量为d(6,2,3)，平面的一个法向量为n(1,3,0)，则直线l与平面的位置关系是()A垂直B平行C直线l在平面内D直线l在平面内或平行考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面平行答案D解析dn62300，dn，直线l与平面的位置关系是直线l在平面内或平行2设直线l的方向向量为u(2,2，t)，平面的法向量为v(6，6,12)，若直线l平面，则实数t等于()A4B4C2D2考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面垂直答案B解析由题意得，uv，即t4.3已知直线l1的一个方向向量
2、a(2,4，x)，直线l2的一个方向向量b(2，y,2)，若|a|6，且l1l2，则xy的值是()A3或1B3或1C3D1考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直答案A解析|a|6，x4.l1l2，ab44y2x0，即y1.xy11或3.4四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)，则直线PA与底面ABCD的关系是()A成30角B垂直C成45角D成60角考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面垂直答案B解析设平面ABCD的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则y2，z1，平面ABCD的一个法向量为n(1，2,1)，
3、而n，PA平面ABCD，故选B.5在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为()A.BC.D.或考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角答案D解析，这个二面角的余弦值为或.6.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.B.C.D.考点向量法求解直线与直线所成的角题点向量法求解直线与直线所成的角答案A解析不妨设CB1，则CACC12，由题中图知，A(2，0,0)，B(0,0,1)，B1(0,2,1)，C1(0,2,0)，所以(0,
4、2，1)，(2,2,1)，所以cos，.7已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为()A60B90C45D以上都不对考点向量法求解直线与平面所成的角题点向量法求解直线与平面所成的角答案B解析以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，所以(0,1，1)，(1,1，1)，(0，1，1)设平面A1ED1的一个法向量为n(x，y，z)，则得令z1，得y1，x0，所以n(0,1,1)，co
5、sn，1，所以n，180.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90.二、填空题8设平面，的一个法向量分别为u(1,2，2)，v(3，6,6)，则，的位置关系为_考点向量求解平面与平面的位置关系题点向量法解决面面平行答案平行解析v3(1,2，2)3u，.9(2018广安期末)已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且平面ABC，则_.考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面垂直答案解析，0，352z0，z4.(x1，y，3)，且平面ABC，即解得故.10直线l的方向向量a(2,3,2)，平面的一个法向量n(4,0,1)，则直线l与平面所成角的正弦值为_考点向量法求
6、解直线与平面所成的角题点向量法求解直线与平面所成的角答案解析直线l与平面所成角的正弦值为|cosn，a|.11已知平面的一个法向量为n(1，1,0)，点A(2,6,3)在平面内，则点D(1,6,2)到平面的距离为_考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案解析(3,0，1)，点D(1,6,2)到平面的距离d.三、解答题12.如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明：平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平
7、面所成的角(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，射线AB，AD，AF分别为x轴，y轴，z轴的正方向，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明由，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则即令x1，可得y1，z1，即u(1,1,1)又由题设知，平面ACD的一个
8、法向量为v(0,0,1)所以cosu，v.因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为.13.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角(1)证明由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD，因为ABCD，所以ABPD.又APDPP，所以AB平面PAD.因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)解在平面PAD内作PFAD，垂足为点F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以点F为坐标原点，的方
9、向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C，所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则即所以可取m(1,0,1)，则cosn，m.又二面角APBC的平面角为钝角所以二面角APBC的余弦值为.14.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论错误的是()ABD平面CB1D1BAC1BDCAC1平面CB1D1D向量与的夹角为60考点向量法求解直线与直线所成的角题点向量法求解直线与直线所成的角答案D解析以D为原点，D
10、A，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，不妨设正方体的棱长为1，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，所以(1,0,0)，(1，1,0)，(1,1,1)，(0，1,1)，(1，1,0)，(1,0,1)，对于选项A，由知结论正确；对于选项B，由0知结论正确；对于选项C，由0，0，且B1D1CB1B1，知结论正确；对于选项D，由cos，知结论不正确15(2018全国)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明
11、：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值考点向量法求解直线与平面所成的角题点向量法求解直线与平面所成的角(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O(0,0,0
12、)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)由(1)知平面PAC的一个法向量为(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.回顾一年的工作，我也发现了自己的不足之处。如科研方面尚嫌薄弱，全年未发表过一篇论文。今后在这方面应多加努力，要增强科研意识，多投注些时间和精力，刻苦学习，努力钻研，改变科研空白局面，为今后的学术研究工作打下良好的基础。9
