2023学年高中数学习题课二空间向量与立体几何北师大版选修2_1.doc

习题课（二） 空间向量与立体几何 1．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则(　　) A．α∥β　　　　　　　　 B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析：选A　∵v＝－3u，∴α∥β. 2．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为直线l的一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为(　　) A. B. C. D. 解析：选A　＝(－2,0，－1)，||＝，·＝－，则点P到直线l的距离为 ＝＝. 3．已知棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：选C　由于＝＋＝＋(＋)＝＋(＋)，而＝＋， 则·＝·(＋) ＝(＋)2＝(2＋2)＝1. 4.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.则A1B与平面ABD所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选A　以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设CA＝CB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴E，G， ＝，＝(0，－a,1)． ∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G， ∴⊥平面ABD，∴·＝0，解得a＝2. ∴＝，＝(2，－2,2)， ∵⊥平面ABD，∴为平面ABD的一个法向量． 又cos〈，〉＝＝＝， ∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为. 5．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　) A．(4，－2,2) B．(－2,2,4) C．(4，－2,2)或(－2,2,4) D．(－4,2，－2)或(2，－2,4) 解析：选C　∵∥，∴可设＝λ.易知＝(3，－2，－1)，则＝(3λ，－2λ，－λ)．又||＝， ∴＝，解得λ＝±1， ∴＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)． 设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)， ∴或解得或 故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)． 6.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． ∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为O1到平面BC1O的距离．∵O(0，0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴＝(，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)，设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则n·＝0，∴x＝0.又n·＝0，∴y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1)．点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝＝＝.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为. 7.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________． 解析：不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)． ∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)． cos〈，〉＝＝＝. 答案： 8．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为______________． 解析：由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上， 可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)． 又BH⊥OA，∴·＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，∴H. 答案： 9.如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________． 解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a,0)． 设Q(1，t,0)(0≤t≤a)．P(0,0，z)． 则＝(1，t，－z)， ＝(－1，a－t,0)． 由PQ⊥QD，得－1＋t(a－t)＝0， 即t2－at＋1＝0. 由题意知方程t2－at＋1＝0只一解． ∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时t＝1∈[0，a]． 答案：2 10.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点． (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小． 解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)， 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量 n＝(3，－，－2)． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 由图知二面角E­AG­C为锐角， 故所求二面角E­AG­C的大小为60°. 11．四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H. (1)证明：四边形EFGH是矩形； (2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值． 解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1. 由题设，知BC∥平面EFGH， 平面EFGH∩平面BDC＝FG， 平面EFGH∩平面ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四边形EFGH是平行四边形． 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四边形EFGH是矩形． (2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)． 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， ∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·＝0，n·＝0， 得取n＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， ∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点， 得E，F(1,0,0)，G(0,1,0)． ∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－2,0,1)． 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， 则n·＝0，n·＝0， 得取n＝(1,1,0)． ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. - 6 -