高中数学人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试课后练习题

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试课后练习题，共18页。
本章复习提升易混易错练易错点1　对空间向量的夹角的概念理解不清而致错1.(★★☆)如图所示,在空间四边形OABC中,OA,OB,OC两两成60°角,且OA=OB=OC=2,E为OA的中点,F为BC的中点,则E,F间的距离为　　　　. 2.(★★☆)已知a=(5,3,1),b=,若a与b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.      易错点2　忽视向量共线的条件而致错3.(2018安徽宿州二中高二月考,★★☆)已知a,b,c为空间中不共面的三个非零向量,=-2a+2b-2c,=3a-3b+3c,=a-b+c,则直线AD与BC(　　)A.平行 B.相交C.重合 D.平行或重合4.(★★☆)已知A,B,C三点共线,则对空间任一点O,存在三个不为0的实数λ,m,n,使λ+m+n=0,那么λ+m+n的值为　　　　.  易错点3　求投影时混淆投影与被投影向量而致错5.(★★☆)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,向量在向量上的投影的长度是　　　　. 6.(★★☆)设向量a=(1,-2,2),b=(-3,x,4),已知a在b上的投影为1,则x=　　　　. 易错点4　忽视线面及面面位置关系的类型而致错7.(★★☆)已知线段AB两端点的坐标为A(9,-3,4),B(9,2,1),则线段AB与坐标平面(　　)A.xOy平行 B.xOz平行C.yOz平行 D.yOz相交8.(★★☆)若平面α,β的法向量分别为a=,b=(-1,2,-6),则(　　)A.α∥β B.α与β相交但不垂直C.α⊥β D.α∥β或α与β重合 易错点5　忽视向量角与空间角的范围及关系而致错9.(2019广东实验中学高三月考,★★☆)如图,矩形ABCD中,AD=2AB=4,E为BC的中点,现将△BAE与△DCE折起,使得平面BAE及平面DEC都与平面ADE垂直.(1)求证:BC∥平面ADE;(2)求二面角A-BE-C的余弦值.             10.(★★☆)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分别为线段AB,BC上的点,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若PA与平面ABC所成的角为,求平面PAC与平面PDE所成锐二面角的大小.             思想方法练一、函数与方程思想在求空间角中的应用1.(★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.            2.(★★★)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.              二、转化与化归思想在立体几何中的应用3.(2019云南师大附中高三月考,★★☆)如图①,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,CD=2AB=2BC=4,过A作AE⊥CD,垂足为E,现将△ADE沿AE折叠,使得DE⊥EC.取AD的中点F,连接BF,CF,EF,BE,如图②.(1)求证:BC⊥平面DEC;(2)求二面角C-BF-E的余弦值.            三、数形结合思想在立体几何中的应用4.(★★☆)已知△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,BC=2,将△ABD沿底边上的高线AD折起到△AB'D的位置,使∠B'DC=90°,如图所示,分别取B'C,AC的中点E,F.(1)求二面角E-DF-B'的余弦值;(2)在线段AB'上是否存在一点M,使EM⊥平面B'DF?若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由.         
答案全解全析易混易错练 1.答案　解析　=+=+(+)=+[(-)+(-)]=-++,所以=+++2××·+2××·+2××·=2.∴||=,即E,F间的距离为.2.解析　由已知得a·b=5×(-2)+3t-=3t-,因为a和b的夹角为钝角,所以a·b<0,所以3t-<0,即t<.若a与b的夹角为180°,则存在λ<0,使a=λb(λ<0),即(5,3,1)=λ,所以解得t=-,故t的取值范围为∪.3.C　因为=-,所以∥.又和有公共的端点B,所以A,B,C三点共线.因为=3,所以∥.又与有公共的端点C,所以B,C,D三点共线.综上可知,A,B,C,D四点共线,所以直线AD与BC重合.故选C.4.答案　0解析　由λ+m+n=0,得=--,由A,B,C三点共线知--=1,所以λ+m+n=0.5.答案　解析　向量在上的投影长度为||·cos<,>=||cos<,>=1×cos 45°=.6.答案　0解析　∵a在b上的投影为1,∴|a|·cos<a,b>=1,∴a·b=|a||b|cos<a,b>=|b|,∴-3-2x+8=,解得x=0或x=(舍去).7.C　=(0,5,-3),坐标平面yOz的一个法向量为n=(1,0,0),因为·n=0,所以⊥n.故线段AB与坐标平面yOz平行.8.D　∵b=-2a,∴b∥a,∴α∥β或α与β重合.9.解析　(1)证明:过点B作BM⊥AE,垂足为M,过点C作CN⊥ED,垂足为N,连接MN.∵平面BAE⊥平面ADE,平面DCE⊥平面ADE,∴BM⊥平面ADE,CN⊥平面ADE,∴BM∥CN.由题意知Rt△ABE≌Rt△DCE,∴BM=CN,∴四边形BMNC是平行四边形,∴BC∥MN,又BC⊄平面ADE,MN⊂平面ADE,∴BC∥平面ADE.(2)由已知得AE、DE互相垂直,以E为坐标原点,ED所在直线为x轴,EA所在直线为y轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.则E(0,0,0),B(0,,),C(,0,),A(0,2,0),D(2,0,0),∴=(0,,),=(,0,).设平面CEB的法向量为n=(x,y,z),则即令y=-1,则z=1,x=-1,∴n=(-1,-1,1).易得平面AEB的一个法向量为=(2,0,0),∴cos<,n>===-.由图知二面角A-BE-C为钝二面角,∴二面角A-BE-C的余弦值为-.10.解析　(1)证明:由题意知AD=4,BD=2,AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°.∴cos∠ABC===.在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠DBC=12+4-2×2×2×=8,∴CD=2,∴CD2+AD2=AC2,∴∠CDA=90°,∴CD⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,∴CD⊥平面PAB,又PD⊂平面PAB,∴CD⊥PD,又PD⊥AC,AC∩CD=C,∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD,CD,AB两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,由PA与平面ABC所成的角为,知∠PAD=,所以PD=4,则A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4).∴=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4).∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC,由(1)知AC⊥BC, PD⊥平面ABC,∴DE⊥BC,PD⊥BC,又DE∩PD=D,DE,PD⊂平面DEP,∴CB⊥平面DEP,∴=(-2,2,0)为平面DEP的一个法向量.设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1,∴n=(,-1,1)为平面PAC的一个法向量.∴cos<n,>===-.故平面PAC与平面PDE所成锐二面角的余弦值为,所以平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为. 思想方法练1.解析　以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).易知=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.(2)易知=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),所以=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2 <,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以当λ=时,直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.2.解析　(1)证明:如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),所以=(0,3,4),=(-8,0,0),=(-4,-2,4),=(-4,5,0).所以·=0,所以⊥,即AP⊥BC.(2)假设存在满足题意的点M,设=λ,0<λ<1,则=λ(0,-3,-4),所以=+=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ),设平面BMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面APC的法向量为n2=(x2,y2,z2).由得令y1=1,则z1=,所以n1=.由得令x2=5,则y2=4,z2=-3,所以n2=(5,4,-3).由n1·n2=0,得4-3×=0,解得λ=,故AM=||=×=3.综上所述,线段AP上存在点M符合题意,且AM=3.3.解析　(1)证明:∵DE⊥EC,DE⊥AE,∴DE⊥平面ABCE,又∵BC⊂平面ABCE,∴DE⊥BC,又∵BC⊥EC,DE∩EC=E,∴BC⊥平面DEC.(2)如图,以E为坐标原点,分别以,,的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz,∴E(0,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),D(0,0,2),A(2,0,0),F(1,0,1),设平面EFB的法向量为n1=(x1,y1,z1),又=(1,0,1),=(2,2,0),∴令x1=1,得平面EFB的一个法向量为n1=(1,-1,-1).设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),又=(1,-2,1),=(2,0,0),∴令y2=1,得平面BCF的一个法向量为n2=(0,1,2).设二面角C-BF-E的大小为α,由图知α为锐角,∴cos α===.4.解析　由题知AD⊥B'D,AD⊥CD,B'D⊥CD,且AD=B'D=CD=1,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DB'所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),F,E,B'(0,0,1),A(1,0,0).(1)=,=,=(0,0,1),设平面EFD的法向量为m=(x,y,z),则即令x=1,得m=(1,-1,1),同理可得平面B'FD的一个法向量为n=(1,-1,0),所以cos<m,n>===.易知二面角E-DF-B'为锐二面角,所以二面角E-DF-B'的余弦值为.(2)假设在线段AB'上存在一点M,使EM⊥平面B'DF,设=λ(0<λ<1),则由=(-1,0,1),得=(-λ,0,λ),则=+=(1,0,0)+(-λ,0,λ)=(1-λ,0,λ),=-=.当EM⊥平面B'DF时,n∥,即存在实数k,使n=k=k,解得λ=,所以=,即点M是线段AB'的中点时,EM⊥平面B'DF.