2021学年4.3 空间直角坐标系课时练习

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2021年高中数学《空间向量》解答题专项练习1.三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC=90°，A1A⊥平面ABC，A1A=，AB=AC=2A1C1=2，D为BC中点.求证：平面A1AD⊥平面BCC1B1.            2.如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形， ∠ABC=∠ABE=90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.              3.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.            4.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2.(1)证明：平面CAE⊥平面ADF；(2)求点D到平面AEF的距离.               5.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，FB=，M，N分别为EF，AB的中点．(1)求证：MN∥平面FCB；(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．              6.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.(1)求证：AB⊥DE.(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.               7.已知：在▱ABCD中，∠DAB=45°，AB=2，AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=，M为线段BC的中点.(1)求证：直线MF∥平面BED.(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值.               8.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.           
0.答案解析1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0，)，C1(0,1，)，∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1,1,0).∴=(0,0，)，=(1,1,0)，=(－2,2,0)，=(0，－1，).设平面A1AD的法向量n1=(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2=(x2，y2，z2).由得令y1=－1，则x1=1，z1=0，∴n1=(1，－1,0).由得令y2=1，则x2=1，z2=，∴n2=.∵n1·n2=1－1＋0=0，∴n1⊥n2.∴平面A1AD⊥平面BCC1B1. 2.解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，∴DF⊥平面ABCD.又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.(2)∵CE∥DF，∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°.在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°，∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC=.∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，∴CE∥平面BDF，∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.设点E到平面BDF的距离为h，由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得S△BDF·h=S△BCD·DF，∴h==. 3.解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a，则高SO=a，于是S，D，B，C，=，=，则·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且=，=，=.设=t，则=＋=＋t=，而·=0⇒t=.即当SE∶EC=2∶1时，⊥.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. 4.解：(1)∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，得AD⊥CE.在侧面BCC1B1中，tan∠CFD==，tan∠BCE==，∴tan∠CFD=tan∠BCE，∠CFD=∠BCE，∴∠BCE＋∠FDC=∠CFD＋∠FDC=90°，∴CE⊥DF.又∵AD∩DF=D，∴CE⊥平面ADF.又∵CE⊂平面CAE，∴平面CAE⊥平面ADF.(2)在△FDE中，易得FD=FE=，DE=，∴S△FDE=××=.在△EFA中，易得EA=EF=，AF=2 ，∴S△EFA=×2 ×=.设三棱锥D－AEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.则V=S△FDE·AD=S△EFA·h，得×=h，解得h=. 5.解：(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ=AC，NQ∥AC.又MF=AC，MF∥AC，所以MF=NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF为平行四边形，即MN∥FQ.因为FQ⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，所以MN∥平面FCB.(2)由AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°可得∠ACB=90°，AC=，BC=1，AB=2.因为四边形ACFE为矩形，所以AC⊥平面FCB，则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即∠AFC=30°，所以FC=3.因为FB=，所以FC⊥BC，则可建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，所以A(，0，0)，B(0，1，0)，M(,0,3)，=(,0,-3)，=(- ,1,-3).设m=(x，y，z)为平面MAB的法向量，则即取x=2，则m=(2，6，1)为平面MAB的一个法向量．又n=(，0，0)为平面FCB的一个法向量，所以cos〈m，n〉===.则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为. 6.解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，因为CD∥OB，CD=AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(－1，0，1)，所以=(－1，0，1)，=(－1，，0)，=(0，0，1)，=(1，，0)，设平面ADE的法向量为m=(x，y，z)，则即令y=1，得m=(，1，)，同理可得平面BCE的法向量为n=(，－1，0)，所以cos〈m，n〉===.所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为. 7.解：(1)证明：取BD的中点G，连接MG，EG，因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，所以MGCD，又CDAB，EFAB，所以EFGM，所以四边形EFMG是平行四边形，所以MF∥EG，又MF⊄平面BED，EG⊂平面BED，所以MF∥平面BED.(2)过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面EAD，所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥AB，过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示则E(0，0，)，M(0，2，0)，G(0，，0)，B(，，0)，F(0，，)，所以=，=(0，－，)，=，=(0，－，).设平面BDE的法向量为m=(x1，y1，z1)，平面BCF的法向量为n=(x2，y2，z2)，则所以令y1=y2=得m=(－，，)，n=(，，)，所以cos〈m，n〉===，设平面BED与平面FBC所成角为θ，则|cos θ|=，所以sin θ= =，所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为. 8.解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC=D，所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，DE∩CD=D，所以A1C⊥平面BCDE.(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n·=0，n·=0.又因为=(3,0，－2)，=(－1,2,0)， 所以令y=1，则x=2，z=，所以n=(2,1，).设CM与平面A1BE所成的角为θ.因为=(0,1，)，所以sinθ=|cos〈n，〉|===.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3].设平面A1DP的法向量为m=(x1，y1，z1)，则·m=0，·m=0，∵=(0,2，－2)，=(p，－2,0)，∴∴z1=y1，x1=y1.设y1=6，则m=(3p,6,2)，∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n=0，∴6p＋6＋6=0，p=－2，∵0≤p≤3，∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.