[推荐学习]高三数学一轮复习 空间向量的应用随堂检测 理 新人教B版

2011《金版新学案》高三数学一轮复习 空间向量的应用随堂检测 理
新人教B 版
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一、选择题(每小题6分，共36分)
1．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中在平面α内的是
( )
A ．P (2,3,3)
B ．P (－2,0,1)
C ．P (－4,4,0)
D ．P (3，－3,4) 【解析】 ∵n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，
∴n ⊥M P →，在选项A 中，M P →
＝(1,4,1)，
∴n ·M P →
＝0. 【答案】 A
2．已知力F 1＝i ＋2j ＋3k ，F 2＝－2i ＋3j －k ，F 3＝3i －4j ＋5k ，若F 1、F 2、F 3共同作用在一个物体上，使物体从点M 1(1，－2,1)移到点M 2(3,1,2)，则合力所做的功为
( )
A ．10
B ．12
C ．14
D ．16
【解析】 ∵F ＝F 1＋F 2＋F 3＝(1,2,3)＋(－2,3，－1)＋(3，－4，5)＝(2,1,7)， M 1M 2→
＝(2,3,1)，
∴F ·M 1M 2→
＝(2,1,7)·(2,3,1)＝4＋3＋7＝14. 【答案】 C
3．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为
( )
A ．60°
B ．90°
C ．45°
D ．以上都不正确 【解析】 ∵
E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，
又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面ABB 1A 1， ∴A 1D 1⊥AE ，
∴AE ⊥平面A 1ED 1，故选B. 【答案】 B
4．若二面角α－l －β的大小为π
3
，直线m ⊥α，则β所在平面内的直线与m 所成角
的取值范围是
( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2
C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6，2π3 【解析】 由二面角α－l －β的大小为π
3
，直线m ⊥α，得m 与β所成的角的大小
为π6，于是β所在平面内的直线与m 所成的角的最小值为π6，而最大值为π2. 【答案】 C
5．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为
( )
A.1010
B.3010
C.215
10
D.310
10
【解析】 建立坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，A E →
＝(－1,2,1)，
cos 〈BC 1→，A E →
〉＝BC 1→·A E →|BC 1→|·|A E →|＝3010.
所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为
3010
. 【答案】 B 6．(2008年全国卷Ⅱ)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.13
B.23
C.
33 D.23
【解析】 如图令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，
S (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1
2，
22，
A E →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，3
2，22，
S D →
＝(－1，－1，－2)，
∴cos〈A E →，S D →
〉＝A E →·S D →|A E →||S D →|
＝－33，
∴AE 、SD 所成的角的余弦值为
3
3
，故选C.
【答案】 C
二、填空题(每小题6分，共18分)
7．P 是△ABC 所在平面外一点，若△ABC 与△PBC 都是边长为2的正三角形，PA ＝6，那么，二面角P －BC －A 的大小是______．
【解析】 取BC 的中点D ，连结PD 、AD ， ∵△ABC 、△PBC 均为正三角形， ∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，
∴∠PDA 为二面角P －BC －A 的平面角． 又PD ＝AD ＝3，PA ＝6，∴∠PDA ＝90°. 【答案】 90°
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】 如图所示，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)，
C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－a 2，a 2.
则C A →
＝(2a,0,0)，A P →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a
2，
C B →
＝(a ，a,0)．
设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，
则cos 〈C B →
，n 〉＝C B →·n |C B →||n |
＝a 2a 2
·2＝12. ∴〈C B →
，n 〉＝60°，
∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.
【答案】 30°
9．已知矩形ABCD 中AB ＝3，BC ＝a ，若PA ⊥平面AC ，在BC 边上取点E ，使PE ⊥DE ，则满足条件的E 点有两个时，a 的取值范围是________．
【解析】 以A 点为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴，如图所示． 设P (0,0，b )，D (0，a,0)，E (3，x,0)
P E →＝(3，x ，－b )，D E →
＝(3，x －a,0) ∵P E →⊥D E →，∴P E →·D E →
＝0，
∴9＋x (x －a )＝0，即x 2
－ax ＋9＝0.
由题意可知方程有两个不同根，
∵Δ>0，即a 2
－4×9>0，∴a >6. 【答案】 a >6
三、解答题(共46分)
10．(15分)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点．
(1)求证：平面AED ⊥平面A 1FD 1；
(2)在AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面ADE .
【证明】 (1)建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ， 不妨设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，E (2,2,1)， F (0,1,0)，A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，
设平面AED 的法向量为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
则n 1·D A →
＝(x 1，y 1，z 1)·(2,0,0)＝0，
n 1·D E →
＝(x 1，y 1，z 1)·(2,2,1)＝0， ∴2x 1＝0,2x 1＋2y 1＋z 1＝0. 令y 1＝1，得n 1＝(0,1，－2)，
同理可得平面A 1FD 1的法向量n 2＝(0,2,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面AED ⊥平面A 1FD 1. (2)由于点M 在直线AE 上，
设A M →＝λAE →
＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)．
可得M (2,2λ，λ)，∴A 1M →
＝(0,2λ，λ－2)， ∵AD ⊥A 1M ，∴要使A 1M ⊥平面ADE ， 只需A 1M ⊥AE ， ∴A 1M →·AE →
＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，
解得λ＝25.故当A M →＝25
A E →
时，A 1M ⊥平面ADE .
11．(15分)(2009年湖北卷)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≤1)．
(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ；
(2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．
【解析】 以D 为原点，D A →，D C →，D S →
的方向分别作为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，A (a,0,0)，
B (a ，a,0)，
C (0，a,0)，E (0,0，λa )，
(1)证明：∵A C →
＝(－a ，a,0)，
B E →＝(－a ，－a ，λa )，E A →＝(a,0，－λa )，E
C →
＝(0，a ，－λa )． ∴A C →·B E →
＝(－a ，a,0)·(－a ，－a ，λa ) ＝a 2－a 2
＋0·λa ＝0，
即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .
(2)D C →
＝(0，a,0)为平面ADE 的一个法向量． 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则n ⊥E A →，n ⊥E C →
，
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·E A →＝0，n ·E C →＝0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
x －λz ＝0，
y －λ
z ＝0.
取z ＝1，得n ＝(λ，λ，1)．
∴cos60°＝|D C →
·n |
|D C →|·|n |＝|λ|2λ2
＋1⇔2λ2
＋1＝2|λ|. 由λ∈(0,1]，解得λ＝
2
2
. 12．(16分)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝6，PA ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，平面PAB ⊥平面ABC .
(1)求证：PA ⊥平面PBC ；
(2)求二面角P －AC －B 的余弦值；
(3)求异面直线AB 和PC 所成角的余弦值． 【解析】 (1)证明：作PO ⊥AB 于点O ， ∵平面PAB ⊥平面ABC ，
∴PO ⊥平面ABC .
过点O 作BC 的平行线，交AC 于点D .
如图所示，以O 为原点，直线OD ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系． ∵PA ＝PB ＝6，AP ⊥PB ，
∴AB ＝23，PO ＝BO ＝AO ＝ 3. ∵AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°， ∴BC ＝AB ·tan 30°＝2.
∴O (0,0,0)，A (0，－3，0)，B (0，3，0)，
C (2，3，0)，P (0,0，3)，
D (1,0,0)． ∵P A →＝(0，－3，－3)，B C →
＝(2,0,0)， ∴P A →
·B C →
＝0，∴PA ⊥BC . 又∵PA ⊥PB .∴PA ⊥平面PBC .
(2)作OM ⊥AC 于点M ，连结PM . ∵PO ⊥平面ABC ，∴PM ⊥AC ，
∴∠PMO 是二面角P －AC －B 的平面角．
在R t △AMO 中，OM ＝AO ·sin 30°＝AO 2＝3
2
，
∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3
4，－34，0，
从而M O →＝(－34，34，0)，M P →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3
4，34，3.
∴cos 〈M O →，M P →
〉＝M O →·M P →
|M O →||M P →|
＝55.
(3)∵A B →
＝(0,23，0)， P C →
＝(2，3，－3)，
∴cos〈A B →，P C →
〉＝A B →·P C →|A B →||P C →|
＝3010.。