2020年数学文(广西用)课时作业：第九章-第九节空间向量的坐标运算.docx

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课时提升作业(五十一)
一、选择题
1.(2021·南宁模拟)已知空间直角坐标系中的两点P(1,-1,0),Q(2,3,-1), ||=(　　)
(A) (B) (C) (D)3
2.平面α的一个法向量为n=(1,2,0),平面β的一个法向量为m=(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是(　　)
(A)平行 (B)相交但不垂直
(C)垂直 (D)重合
3.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于(　　)
(A)2 (B)-4 (C)4 (D)-2
4.(2021·玉林模拟)已知a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若a∥b,则λ与μ的值可以是(　　)
(A)2, (B)-2, (C)-3,2 (D)2,2
5.(力气挑战题)已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为(　　)
(A),-,4 (B),-,4
(C),-2,4 (D)4,,-15
6.(2021·合肥模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A1-BD-C1的余弦值为(　　)
(A) (B) (C) (D)
7.(2021·柳州模拟)已知正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AA1=2AB,E为AA1中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(　　)
(A)　　(B)　　(C)　　(D)
8.(2021·百色模拟)已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量与的夹角为(　　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
二、填空题
9.(2021·九江模拟)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为　　　　.
102021·梧州模拟)已知二面角α-AB-β为120°,AC⊂α,BD⊂β,且AC⊥AB,BD⊥AB,AB=AC=BD=a,则CD的长为　　　　.
11.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为　　　.
12.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE与BD的位置关系是　　　.
三、解答题
13.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.
求证:(1)BC1⊥AB1.
(2)BC1∥平面CA1D.
14.如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD.底面ABCD为矩形,AD=a,AB=a,SA=SD=a.
(1)求证:CD⊥SA.
(2)求二面角C-SA-D的大小.

15.(力气挑战题)(2021·天津模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长都是2,又AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.
(1)求证:AE⊥平面A1BD.
(2)求二面角D-BA1-A的余弦值.
(3)求点B1到平面A1BD的距离.

答案解析
1.【解析】选D.||==3.
2.【解析】选C.∵n=(1,2,0),m=(2,-1,0),
∴m·n=2-2+0=0,即m⊥n,
∴α⊥β.
3.【思路点拨】α∥β等价于其法向量平行.
【解析】选C.∵α∥β,
∴,∴k=4.
【变式备选】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的是(　　)
(A)n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1)
(B)n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1)
(C)n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1)
(D)n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)
【解析】选A.∵α⊥β,
∴n1⊥n2,即n1·n2=0,
阅历证可知,选项A正确.
4.【解析】选A.∵a∥b,设(λ+1,0,2)=k(6,2μ-1,2λ),
∴
解得或
5.【解析】选B.∵⊥,
∴·=3+5-2z=0,即z=4.
又BP⊥平面ABC,
∴·=x-1+5y+6=0,　　①
·=3x-3+y-3z=0,　　②
由①②可得x=,y=-.
6.【解析】选D.设正方体棱长为1,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,易知A1E⊥BD,C1E⊥BD,
则∠A1EC1是二面角A1-BD-C1的平面角,=(,-,1),
=(-,,1),cos<,>=.
【方法技巧】求二面角的策略
(1)法向量法.其步骤是:①建系;②分别求构成二面角的两个半平面的法向量;③求法向量夹角的余弦值;④依据题意确定二面角的余弦值或其大小
(2)平面角法.该法就是首先利用二面角的定义,找出二面角的平面角,然后用向量法或解三角形法求其余弦值.
7.【解析】选C.建立如图所示空间直角坐标系,令AA1=2AB=2,则E(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2).
=(0,-1,1),
=(0,-1,2).
∴cos<,>
=

【变式备选】在正方体ABCD -A1B1C1D1中,M为DD1的中点,O为底面ABCD的中心,P为棱A1B1上任意一点,则直线OP与直线AM所成的角是(　　)
(A) (B) (C) (D)
【解析】选D.建立坐标系,通过向量的坐标运算可知AM⊥OP总成立,即AM与OP所成角为.
8.【解析】选C.由于A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),
所以=(0,3,3),=(-1,1,0),
所以·=0×(-1)+3×1+3×0=3,
并且||=3,||=,
所以cos<,>===,
∴与的夹角为60°,故选C.
9.【解析】cos==,∴=,
∴两平面所成二面角的大小为或.
答案:或
【误区警示】本题简洁认为两平面所成角只有,而忽视.
10.【解析】如图所示,=++
∴||
==

又∵AC⊥AB,BD⊥AB,二面角α-AB-β为120°,
∴2·=0,2·=0,
2·=2a2cos60°=a2,
∴||==2a.
答案:2a
11.【解析】由条件,知·=0,·=0,=++,
∴||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·
=62+42+82+2×6×8cos<,>=(2)2,
∴cos<,>=-,<,>=120°,
∴二面角的大小为60°.
答案:60°
12.【思路点拨】建立空间直角坐标系,利用坐标法解决.
【解析】以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,

设正方体棱长为1,
则C(1,1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(,,1),
∴=(-,-,1),=(-1,1,0),
明显·=-+0=0,
∴⊥,即CE⊥BD.
答案:垂直
13.【证明】如图,以C1点为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设AC=BC=BB1=2,
则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),
C1(0,0,0),D(1,1,2).
(1)由于=(0,-2,-2),
=(-2,2,-2),
所以·=0-4+4=0,
因此⊥,
故BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E,连结DE,由于E(1,0,1),
所以=(0,1,1).
又=(0,-2,-2),

所以=-.
又ED和BC1不共线,
所以ED∥BC1.
又DE⊂平面CA1D,
BC1⊄平面CA1D,
故BC1∥平面CA1D.
14.【解析】方法一:(1)由于平面SAD⊥平面ABCD,
CD⊥AD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,
所以CD⊥平面SAD.
又由于SA⊂平面SAD,
所以CD⊥SA.
(2)由(1)可知,CD⊥SA.
在△SAD中,SA=SD=a,AD=a,
所以SA⊥SD.
又CD∩SD=D,
所以SA⊥平面SDC,
所以SA⊥SC,
所以∠CSD为二面角C-SA-D的平面角.
在Rt△CDS中,tan∠CSD===,
所以二面角CSA-D的大小为.
方法二:取BC的中点E,AD的中点P,连接PE,PS.
在△SAD中,SA=SD=a,P为AD的中点,
所以SP⊥AD.
又由于平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,
所以SP⊥平面ABCD.明显有PE⊥AD.
如图,以P为坐标原点,PA为x轴,PE为y轴,PS为z轴建立空间直角坐标系,
则S(0,0,a),A(a,0,0),B(a,a,0), C(-a,a,0),D(-a,0,0).
(1)易知=(0,-a,0),=(a,0,-a),
由于·=0,
所以CD⊥SA.
(2)又=(a,-a,0),
设n=(x,y,z)为平面CSA的一个法向量,
则有即
取n=(,,).
明显,EP⊥平面SAD,
所以为平面SAD的一个法向量,
所以m=(0,1,0)为平面SAD的一个法向量.
所以cos==,
所以二面角C-SA-D的大小为.
15.【思路点拨】由AA1⊥平面ABC可知,平面ABC⊥平面ACC1A1,故可考虑建立空间直角坐标系解决问题.
【解析】(1)以D为原点,DA所在直线为x轴,过D作AC的垂线为y轴,DB所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图,
则A(1,0,0),C(-1,0,0),E(-1,-1,0), A1(1,-2,0), C1(-1,-2,0),B(0,0,),B1(0,2,),
=(-2,-1,0),=(-1,2,0),=(0,0,-).∴·=2-2+0=0,
∴AE⊥A1D,·=0,∴AE⊥BD.
又A1D与BD相交于D,∴AE⊥平面A1BD.
(2)设平面DA1B的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
由⇒取n1=(2,1,0).
设平面AA1B的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
易得=(-1,2,),=(0,2,0),
则由⇒
取n2=(3,0,).cos==.
故二面角D-BA1-A的余弦值为.
(3)=(0,2,0),平面A1BD的法向量取n1=(2,1,0),则B1到平面A1BD的距离为d==.
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