高中数学人教A版选修2-1测评模块复习课第4课时利用向量解决平行与垂直夹角问题

模块复习课第4课时利用向量解决平行与垂直、夹角问题课后篇巩固提升基础巩固1.已知向量a=(x,2,1),b=(2,4,2),如果a∥b,那么x等于()A.1 B.1 C.5 D.5解析∵向量a=(x,2,1),b=(2,4,2),a∥b,∴x2解得x=1.故选B.答案B2.已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=(A.3 B.2C.2 D.3解析由BC=AC-AB=(1,t3),|BC|=12+(t-3)2=1,得t=3,则BC=(1,0).所以AB·BC=(2,3)·(1,0)答案C3.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点M,N分别是面对角线A1B与B1D1的中点,若DA=a,DC=b,DD1=c,则MN=(A.12(c+ba) B.12(a+bC.12(ac) D.12(c解析在正方体ABCDA1B1C1D1中,∵点M,N分别是面对角线A1B与B1D1的中点,DA=a,DC=b,DD1=∴MN=12(A1=12(c+b)+c+12(a=12a+12c=12(ca),答案D4.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N所成的角的余弦值是()A.105 B.2515 C.10解析以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设N32,0,0,B(3,3,0),M(0,3,1),B1(3,3,3),BM=(3,0,1),B1N=32,3,3.cos<BM,B1N>=B答案D5.已知点A(m,2,n),点B(5,6,24)和向量a=(3,4,12),且AB∥a,则点A的坐标为.

解析∵A(m,2,n),B(5,6,24),∴AB=(5m,8,24n).又向量a=(3,4,12),且AB∥a,∴AB=λa,即-解得λ=2,m=1,n=0,∴点A的坐标为(1,2,0).答案(1,2,0)6.在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是解析∵正方体棱长为a,A1M=AN=2a∴MB=∴MN=23(A1=23又CD是平面B1BCC1的法向量,∴MN·CD=∴MN⊥又MN⊄平面B1BCC1,∴MN∥平面B1BCC1.答案平行7.在四边形ABCD中,AD∥BC,AB=23,AD=5,∠A=30°,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,则BD·AE=解析∵AD∥BC,且∠DAB=30°,∴∠ABE=30°.∵EA=EB,∴∠EAB=30°.∠AEB=120°.在△AEB中,EA=EB=2,BD·AE=(BA+AD)=BA=12+23×2×cos30°+5×23×cos30°+5×2×cos180°=22+6+15=1.答案18.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB,∠BAA1=45°,平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.(1)求证:AA1⊥BC;(2)若BB1=2AB=2,直线BC与平面ABB1A1所成角为45°,D为CC1的中点,求二面角B1A1DC1的余弦值.(1)证明过点C作CO⊥AA1,垂足为O,因为平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以CO⊥平面AA1B1B,故CO⊥OB.又因为CA=CB,CO=CO,∠COA=∠COB=90°,所以Rt△AOC≌Rt△BOC,故OA=OB.因为∠A1AB=45°,所以AA1⊥OB.又因为AA1⊥CO,所以AA1⊥平面BOC,故AA1⊥BC.(2)解以O为坐标原点,OA,OB,OC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,因为CO⊥平面AA1B1B,所以∠CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角,故∠CBO=45°,所以AB=2,AO=BO=CO=1,A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),A1(1,0,0),B1(2,1,0),D(1,0,1),设平面A1B1D的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·A令x1=1,得n=(1,1,0),因为OB⊥平面AA1C1C,所以OB为平面A1C1D的一条法向量,OB=(0,1,0),cos<n,OB>=n·所以二面角B1A1DC1的余弦值为229.如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角EBDF的余弦值为13,求线段CF的长(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面(2)解依题意,BD=(1,1,0),BE=(1,0,2),CE=(1,2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<CE,n>=CE·n|所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m即-不妨令y=1,可得m=1,1,2h.由题意,有|cos<m,n>|=|m·n||m||n|所以,线段CF的长为87能力提升1.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且AM=12MC1,N为B1B的中点,则|A.216a B.6C.156a D.15解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,设M(x,y,z),∵点M在AC1上且AM=∴(xa,y,z)=12(x,ay,az)∴x=23a,y=a3,z=∴M2a∴|MN|=a=216a答案A2.已知ABCDA1B1C1D1为正方体,则二面角BA1C1A的余弦值为()A.23 B.22 C.63解析以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),A1C1=(1,1,0),A1A=(0,0,1),设平面A1C1A的法向量n=(x,y,z),则n取x=1,得n=(1,1,0).设平面A1C1B的法向量m=(a,b,c),则m取a=1,得m=(1,1,1).设二面角BA1C1A的平面角为θ,则cosθ=|m∴二面角BA1C1A的余弦值为63故选C.答案C3.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,则B1C与A1P所成角的大小为解析以D为坐标原点,以DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间坐标系,如图所示.∵AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,∴B1(1,2,1),C(0,2,0),A1(1,0,1),P(0,1,1).∴B1C=(1,0,1),A1P∴B1C·A1P=1+0+0=1,|B1C设B1C与∴cosθ=12∴θ=60°.答案60°14.已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等,M为A1C1的中点,N为BB1的中点,则直线CM与AN所成的角的余弦值为.

解析以A为原点,在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,设正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,则C(0,2,0),M(0,1,2),A(0,0,0),N(3,1,1),CM=(0,1,2),AN=(3,1,1),设直线CM与AN所成的角为θ,则cosθ=|CM·AN||CM||AN|=15答案15.在四面体PABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为.

解析根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离.∵PA=PB=PC,∴H为△ABC的外心.又∵△ABC为正三角形,∴H为△ABC的重心,可得H点的坐标为a3∴PH=a3-∴点P到平面ABC的距离为33a答案336.如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB=1,CD=3,AP=2,DP=23,ÐPAD=60°,AB⊥平面PAD,点M在棱PC上.(1)求证:平面PAB⊥平面PCD;(2)若直线PA∥平面MBD,求此时直线BP与平面MBD所成角的正弦值.解(1)证明:因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥DP.又因为DP=23,AP=2,∠PAD=60°,由PDsin∠PAD=PAsin∠所以∠PDA=30°,所以∠APD=90°,即DP⊥AP,因为AB∩AP=A,所以DP⊥平面PAB,因为DP⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(2)由AB⊥平面PAD,以点A为坐标原点,在平面PAD中,过点A作AD的垂线为x轴,AD,AB所在直线分别为y轴、z轴,如图所示建立空间直角坐标系.其中A(0,0,0),B(0,0,1),C(0,4,3),D(0,4,0),P(3,1,0).从而BD=(0,4,1),AP=(3,1,0),PC=(3,3,3),设PM=λPC,从而得M(3(1λ),3λ+1,3λ),BM=(3(1λ),3λ+1,3λ1),设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),若直线PA∥平面MBD,满足n即3得λ=14,取n=(3,3,且BP=(3,1,1),直线BP与平面MBD所成角的正弦值sinθ=|n7.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=3,AD=23,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角EABD的余弦值.解(1)证明:在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD22AD·CDcos∠ADC=12+32×23×3×cos60°∴AC2+CD2=AD2,∴∠ACD=90°,即CD⊥AC,又PA⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,∴PA⊥CD.又AC∩CD=C,∴CD⊥平面PCA.又CD⊂平面PCD,∴平面PCA⊥平面PCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(3,3,0),P(0,0,3).设E(x,y,z),PE=λPC(0≤λ≤1),则(x,y,z3)=λ(0,3