活页作业 立体几何中的向量方法(理)一、选择题1．已知向量a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( )A．a∥c，b⊥c B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b D．以上都不对解析：∵c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)，∴a∥c.又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.答案：C2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为( )A．30° B．60° C．120° D．150°3.如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交 B．平行C．垂直 D．不能确定解析：∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，∴＝，＝，∴＝＋＋＝＋＋＝(1＋)＋＋(＋)＝＋1.8\n又∵是平面B1BCC1的法向量，且·＝(＋1)·＝0，∴⊥，∴MN∥平面B1BCC1.答案：B4．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为( )A. B. C. D.5．(2022·新乡模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD将△ABD折起，使A点在平面BCD内的射影O落在BC边上，若二面角CABD的大小为θ，则sinθ的值等于( )A. B.C. D.解析：由题意可求得BO＝，OC＝，AO＝，8\n建立空间直角坐标系如图，则C，B，6.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若E、F分别是BC、DD1的中点，则B1到平面ABF的距离为( )A. B.C. D.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B1(1，1，0)，F，E，B(1，1，1)，∴＝(0，1，0)，＝，＝.∵·＝·＝0，∴⊥，又⊥，∴⊥平面ABF.8\n∵平面ABF的法向量为＝，且1＝(0，1，－1)，∴B1到平面ABF的距离为d＝＝.答案：D二、填空题7．(2022·海口模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角ABD1B1的大小为________．8．正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，8\nC(－a，0，0)，P，则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)．设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，则cos〈，n〉＝＝＝，∴〈，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°三、解答题9．(2022·辽宁高考)如图，直三棱柱ABCA′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)求证：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′MNC为直二面角，求λ的值．(1)证明：连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解：以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，A′(0，0，1)，B′(λ，0，1)，C′(0，λ，1)，所以M，N.设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，8\n由得令z1＝λ，则m＝(1，－1，λ)．设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的一个法向量，由得，令z2＝λ，则n＝(－3，－1，λ)．因为A′MNC为直二面角，所以m·n＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝或λ＝－(舍去)．即所求λ的值为.10．(2022·西安模拟)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M、N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且＝λ(1)求证：无论λ取何值，总有AM⊥PN；(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值．(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，8\n则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N，＝λ＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，＝＋＝(λ，0，1)，＝.(1)∵＝，8\n8
