2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第3章空間向量與立體幾何3.3立體幾何中的向量方法二限時規(guī)范訓(xùn)練含解析新人教A版選修2-1

PAGE第三章3.3基礎(chǔ)練習(xí)1．若O為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(3,2,8)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，則線段AB的中點P到點C的距離為()A．eq\f(\r(165),2) B．2eq\r(14)C．eq\r(53) D．eq\f(\r(53),2)【答案】D【解析】由題意，得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)，3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)，－3))，∴|eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\r(4＋\f(1,4)＋9)＝eq\f(\r(53),2).2．設(shè)直線l與平面α相交且l的方向向量為a，α的法向量為n，若〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，則l與α所成的角為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)【答案】C【解析】線面角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)【答案】C【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，設(shè)BC＝2，則B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)．故BM與AN所成的角θ的余弦值cosθ＝eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))|,|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).4．如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，點O是底面A1B1C1D1的中心，則點O到平面ABC1D1的距離是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)【答案】B【解析】以點D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則有D1(0,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)．因O為A1C1的中點，∴Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq\o(C1O,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0)).設(shè)平面ABC1D1的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(1,0,1)．∴點O到平面ABC1D1的距離為d＝eq\f(|\o(C1O,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4).5．已知點B是點A(3,7，－4)在xOz平面內(nèi)的射影，則|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝______.【答案】5【解析】由題意知B點的坐標(biāo)為(3,0，－4)，∴|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\r(32＋－42)＝5.6.已知直線l1的方向向量s1＝(1,0,1)與直線l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，則l1和l2夾角的余弦值為.【答案】eq\f(\r(2),2)【解析】因為s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝eq\f(s1·s2,|s1||s2|)＝eq\f(－1－2,\r(2)×3)＝－eq\f(\r(2),2).又兩異面直線夾角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以l1和l2夾角的余弦值為eq\f(\r(2),2).7．(2024年廣東廣州期末)在如圖所示的幾何體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中點，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，解決下列問題：(1)求證：CM⊥EM；(2)求CM與平面CDE所成角的大小．(1)證明：分別以CB，CA所在直線為x軸，y軸，過點C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AE＝a，則M(a，－a,0)，E(0，－2a，a)，D(2a,0,2a)，∴eq\o(CM,\s\up6(→))＝(a，－a,0)，eq\o(EM,\s\up6(→))＝(a，a，－a)．∵eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(EM,\s\up6(→))＝a×a＋(－a)×a＋0×(－a)＝0，∴CM⊥EM.(2)解：eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－2a，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2a,0,2a)．設(shè)平面CDE的法向量n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2ay＋az＝0，,2ax＋2az＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝2y，,x＝－z.))令y＝1，則n＝(－2,1,2)．cos〈eq\o(CM,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CM,\s\up6(→))·n,|\o(CM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a×－2＋－a×1＋0×2,\r(2)a×3)＝－eq\f(\r(2),2).∴直線CM與平面CDE所成的角為45°.8．如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在棱BB1上且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，B1C1，A1C1的中點，EF與B1D相交于點H.(1)求證：B1D⊥平面ABD；(2)求證：平面EGF∥平面ABD；(3)求平面EGF與平面ABD之間的距離．(1)證明：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A1(a,0,0)，則C1(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,0)，E(0,0,1)，A(a,0,4)，B(0,0,4)，D(0,2,2)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∴eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．∴eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0＋0＋0＝0，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0.∴B1D⊥AB，B1D⊥BD．又AB∩BD＝B，∴B1D⊥平面ABD．(2)證明：∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2－2)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，∴eq\o(GF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).∴GF∥AB，EF∥BD．又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B，∴平面EGF∥平面ABD．(3)解：由(1)(2)知DH為平面EFG與平面ABD的公垂線段，設(shè)eq\o(B1H,\s\up6(→))＝λeq\o(B1D,\s\up6(→))＝(0,2λ，2λ)，則eq\o(EH,\s\up6(→))＝(0,2λ，2λ－1)，又eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EH,\s\up6(→))與eq\o(EF,\s\up6(→))共線，∴eq\f(2λ,1)＝eq\f(2λ－1,－1)，則λ＝eq\f(1,4).∴eq\o(B1H,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∴eq\o(HD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(3,2))).∴|eq\o(HD,\s\up6(→))|＝eq\f(3\r(2),2).∴平面EGF與平面ABD之間的距離為eq\f(3\r(2),2).實力提升9．(2024年云南昆明模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M為PB的中點，PA＝AD＝2.若AB＝1，則二面角BACM的余弦值為()A．eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(3),6)C．eq\f(\r(2),6) D．eq\f(1,6)【答案】A【解析】∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，∴AD⊥平面PAB，PA⊥AD．又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，∴PA⊥平面ABCD．以點A為坐標(biāo)原點，分別以AD，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).易求得平面AMC的一個法向量為n＝(1，－2，1)，又平面ABC的一個法向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(1＋4＋1)·2)＝eq\f(\r(6),6).∴二面角BACM的余弦值為eq\f(\r(6),6).10．如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，D，E分別是AC1和BB1的中點，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【答案】A【解析】∵AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，∴AB⊥BC．以B為原點，BC，BA，BB1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易得eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，平面BB1C1C的法向量eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,1,0)，則直線DE與平面BB1C1C所成角的正弦值sinθ＝|cos〈eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(π,6).故選A．11．已知四面體頂點A(2,3,1)，B(4,1，－2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，則點D到平面ABC的距離d＝______.【答案】11【解析】平面ABC的法向量n＝(－3，－6,2)，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－7，－7,7)，∴d＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n|)＝11.12.(2024年河南鄭州模擬)如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求證：EF⊥平面BCF；(2)點M在線段EF上運動，當(dāng)點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時銳二面角的余弦值.【解析】(1)證明：在梯形ABCD中，設(shè)AD＝CD＝BC＝1.∵AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·coseq\f(π,3)＝3.∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥CF.又CF∩BC＝C，∴AC⊥平面BCF