2019高中数学第二章空间向量与立体几何空间向量在空间问题中的综合应用（习题课）课后训练案巩固提升（含解析）北师大版选修2_1.doc

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1、- 1 -习题课-空间向量在空间问题中的综合应用课后训练案巩固提升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.2 B.C.1 D.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:D2.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,给出下列说法:A 1M D1P;A 1M B1Q;A 1M平面 D

2、CC1D;A 1M平面 D1PQB1,则以上正确说法的个数为( )A.1 B.2 C.3 D.4解析:因为 ,所以 ,所以 A1M D1P,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:C3.如图,在四面体 A-BCD中, AB平面 BCD,BC CD,且 AB=BC=1,CD=2,点 E为 CD中点,则 AE的长为 ( )A. B.- 2 -C.2 D.解析:因为 ,| |=| |=1=| |,且 =0.又 =()2,所以 =3,即 AE的长为 .答案:B4.已知 AB,BC,CD为两两垂直的三条线段,且它们的长都为 2,则 AD的长为(

3、)A.4 B.2 C.3 D.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:D5.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

4、体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 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).又 F(0,0,1-y),B(1,1,1), =(1,1,y).- 3 -AB B1E, 若 B1E平面 ABF,只需 =(1,1,y)(x-1,0,1)=0,即 x+y=1.答案:17.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,

5、G,H分别为BE,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,MH AB,GF AB,M 平面 FGH.又 MG DE,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 A(0,0,0),B(

6、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, BC DE, DCB=45,O是 BC中点, A

7、O= ,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 AO OD.同理可证 AO OE,又 OD OE=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,AB AD,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 ABCD,所以 PA

9、AB.又 AB AD,PA AD=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 CE AB交 AD于点 E,则 CE AD.在 Rt CED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),由 n ,n ,得取 x=t

10、,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= .- 6 - (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)(0 m4 -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; 由 | |=| |,得(4 -t-m)2=m2+t2. 由 消去

11、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 CG AD,所以 GD=CDcos 45=1.因为 AB=t,AD=4-t,所以 AG=AD-GD=3-t.在 Rt BAG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 .- 7 -