《2019数学新设计北师大选修2-1精练 第二章 空间向量与立体几何 2习题课 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019数学新设计北师大选修2-1精练 第二章 空间向量与立体几何 2习题课 （6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、- 1 - 习题课习题课空间向量在空间空间向量在空间 问题中的综合应用问题中的综合应用 课后训练案巩固提升巩固提升 1.在三棱锥 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,且 PA=1,PB=2,PC=3,则点 P 到ABC 重心 G 的距离为 ( ) A.2B. C.1D. 解析:以 P 为原点,以 PA,PB,PC 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),于是 G, 故|=. 答案:D 2. 如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中,点 M,P,Q 分别为棱 AB,CD,BC 的中点,若平行六面体的各棱长均相等,
2、给出下列说法: A1MD1P;A1MB1Q;A1M平面 DCC1D;A1M平面 D1PQB1,则以上正确说法的个数为( ) A.1B.2C.3D.4 解析:因为, 所以,所以 A1MD1P,由线面平行的判定定理可知,A1M平面 DCC1D1,A1M平面 D1PQB1,故正确. 答案:C - 2 - 3. 如图,在四面体 A-BCD 中,AB平面 BCD,BCCD,且 AB=BC=1,CD=2,点 E 为 CD 中点,则 AE 的长为( ) A.B. C.2D. 解析:因为,|=|=1=|,且=0.又=()2,所以=3,即 AE 的长 为. 答案:B 4.已知 AB,BC,CD 为两两垂直的三条
3、线段,且它们的长都为 2,则 AD 的长为( ) A.4B.2C.3D.2 解析:因为, 所以|2=|2 =|2+|2+|2+2()=22+22+22+2(0+0+0)=12,故|=2. 答案:D 5.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:()2=3;()=0;的夹角为 60;正方 体的体积为|.其中正确命题的序号是 . 解析:()2=()2+()2+()2+2()=3()2,故正确;设正方体棱长为 a,则( )=()()=a2-0+0-0+0-a2=0,故正确;的夹角应为 120,故错误;正方体的体积应 为|,故错误. 答案: 6.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长
4、为 1,E,F 分别是棱 BC,DD1上的点,如果 B1E平面 ABF,则 CE 与 DF 的和等于 . 解析:以 D1A1,D1C1,D1D 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设 CE=x,DF=y,则易知 E(x,1,1),B1(1,1,0),=(x-1,0,1). - 3 - 又 F(0,0,1-y),B(1,1,1), =(1,1,y). ABB1E,若 B1E平面 ABF,只需=(1,1,y)(x-1,0,1)=0,即 x+y=1. 答案:1 7. 如图,矩形 ABCD 所在的平面与平面 AEB 垂直,且BAE=120,AE=AB=4,AD=2,F,G,H 分别为 B
5、E,AE,BC 的中点. (1)求证:直线 DE 与平面 FGH 平行; (2)若点 P 在直线 GF 上,且平面 ABP 与平面 BDP 夹角的大小为 ,试确定点 P 的位置. (1)证明取 AD 的中点 M,连接 MH,MG. G,H 分别是 AE,BC 的中点, MHAB,GFAB,M平面 FGH. 又 MGDE,且 DE平面 FGH,MG平面 FGH, DE平面 FGH. (2)解在平面 ABE 内,过点 A 作 AB 的垂线,记为 AP(图略),则 AP平面 ABCD. 以 A 为原点,AP,AB,AD 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A-xyz. 所以
6、A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),E(2,-2,0),G(,-1,0),F(,1,0). 则=(0,2,0),=(0,-4,2),=(,-5,0). 设=(0,2,0), 则=(,2-5,0). 设平面 PBD 的法向量为 n1=(x,y,z), 则 取 y=,得 z=2,x=5-2, 故 n1=(5-2,2). 又平面 ABP 的法向量为 n2=(0,0,1), 因此 cos=,解得 =1 或 =4. 故=4(P(,1,0)或 P(,7,0). 8. - 4 - 如图,在四棱锥 A-BCDE 中,底面 BCDE 是等腰梯形,BCDE,DCB=45,O 是 BC 中点,AO
7、=,且 BC=6,AD=AE=2CD=2. (1)证明:AO平面 BCD; (2)求平面 ACD 与平面 BCD 夹角的正切值. (1)证明易得 OC=3,连接 OD,OE,在OCD 中,由余弦定理可得 OD=, 因为 AD=2,所以 AO2+OD2=AD2, 所以 AOOD.同理可证 AOOE,又 ODOE=O, 所以 AO平面 BCD. (2)解以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O-xyz(如图), 则 A(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以=(0,3,),=(-1,2,). 设 n=(x,y,z)为平面 ACD 的法向量, 则 即 解得令 x=1,得 n=(1
8、,-1,), 由(1)知,=(0,0,)为平面 CDB 的一个法向量,所以 cos=, 故平面 ACD 与平面 BCD 夹角的正切值为. 9. - 5 - 导学号 90074050如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA底面 ABCD,ABAD,AB+AD=4,CD=,CDA=45. (1)求证:平面 PAB平面 PAD. (2)设 AB=AP. 若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30,求线段 AB 的长. 在线段 AD 上是否存在一点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等?若存在,确定点 G 的位置;若不存在,请说明理由. (1)证明因为 PA平面 ABCD,AB平面 A
9、BCD,所以 PAAB. 又 ABAD,PAAD=A,所以 AB平面 PAD. 又 AB平面 PAB,所以平面 PAB平面 PAD. (2)解 以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图). 在平面 ABCD 内,作 CEAB 交 AD 于点 E,则 CEAD. 在 RtCED 中,DE=CDcos 45=1,CE=CDsin 45=1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4,得 AD=4-t, 所以 C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z)
10、,由 n,n,得 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量为 n=(t,t,4-t). 又=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30,得 cos 60=, 即,解得 t=或 t=4(舍去,因为 AD=4-t0),所以 AB=. (方法一)如图,假设在线段 AD 上存在一点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. 设 G(0,m,0)(0m4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t). 由|=|,得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m; - 6 - 由|=|,得(4-t-m)2=m2+t2. 由
11、消去 t,化简得 m2-3m+4=0. 由于方程没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一点,使得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等. 从而在线段 AD 上不存在一点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. (方法二)如图, 假设在线段 AD 上存在一点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. 由 GC=GD,得GCD=GDC=45, 从而CGD=90,即 CGAD, 所以 GD=CDcos 45=1. 因为 AB=t,AD=4-t, 所以 AG=AD-GD=3-t. 在 RtBAG 中,GB=1,这与 GB=GD 矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等. 从而在线段 AD 上不存在一点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
