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2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练55空间向量的应用(二)空间的角与距离第1课时理

题组训练 57 空间向量的应用(二)空间的角与距离 第 1 课时 1.(2018·广西桂林一中期中)若 a=(2,3,m),b=(2n,6,8),且 a,b 为共线向量,则 m+n 的值为( A.7 C.6 答案 C 2 3 m 解析 由 a,b 为共线向量,得 = = ,解得 m=4,n=2,则 m+n=6.故选 C. 2n 6 8 2.已知向量 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ).若 a,b,c 三个向量 共面,则实数 λ 等于( 62 A. 7 60 C. 7 答案 D 7=2t-μ , ? ? 解析 由题意,得 c=ta+μ b=(2t-μ ,-t+4μ ,3t-2μ ),所以?5=-t+4μ ,解得 ? ?λ =3t-2μ , ) B. D. 63 7 65 7 ) B. 5 2 D.8 ? ? 17 ?μ = 7 ,故选 D. 65 ? ?λ = 7 . 33 t= , 7 3.若平面 α 的一个法向量为(1,2,0),平面 β 的一个法向量为(2,-1,0),则平面 α 和平面 β 的位置关系是( A.平行 C.垂直 答案 C 解析 由(1,2,0)·(2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知两平面的法向量互相垂 直,所以两平面互相垂直. 4.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 在平面 α 内的是( A.P(2,3,3) ) B.P(-2,0,1) 1 ) B.相交但不垂直 D.重合 C.P(-4,4,0) 答案 A 解析 ∵n=(6,-3,6)是平面 α 的法向量, D.P(3,-3,4) → → → ∴n⊥MP,在选项 A 中,MP=(1,4,1),∴n·MP=0. 5.已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面 ABC 的一个单位法向量是( A.( 3 3 3 , ,- ) 3 3 3 3 3 3 , , ) 3 3 3 B.( 3 3 3 ,- , ) 3 3 3 3 3 3 ,- ,- ) 3 3 3 ) C.(- D.(- 答案 D → → 解析 AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1), ? ?-x+y=0, 设平面 ABC 的一个法向量 n=(x,y,z),∴? ?-x+z=0. ? 令 x=1,则 y=1,z=1,∴n=(1,1,1). n 3 3 3 单位法向量为:± =±( , , ). |n| 3 3 3 → → → → → 6.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且 BP⊥平面 ABC,则实数 x,y,z 分别为( 33 15 A. ,- ,4 7 7 40 C. ,-2,4 7 答案 B → → → → 解析 ∵AB⊥BC,∴AB·BC=0,即 3+5-2z=0,得 z=4,又 BP⊥平面 ABC,∴BP⊥AB, 40 x= , ? ? 7 ?(x-1)+5y+6=0, ? → BP⊥BC,又∵BC=(3,1,4),则? 解得? ?3(x-1)+y-12=0, 15 ? y=- . ? ? 7 → → 7.已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点,如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2, → → → 0),AP=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP是平面 ABCD 的法向量;④AP → ∥BD.其中正确的是________. 答案 ①②③ → → → → 解析 ∵AB·AP=0,AD·AP=0, ) B. 40 15 ,- ,4 7 7 40 D.4, ,-15 7 2 → → → ∴AB⊥AP,AD⊥AP.则①②正确.从而③正确,又BD=AD-AB=(4,2,0)-(2,-1,-4) -1 2 → → =(2,3,4).∵ ≠ .∴AP与BD不平行.∴④不正确. 2 3 8.(2018·甘肃兰州质检)如图,在直角梯形 ABCD 中,BC⊥DC,AE⊥DC,且 E 为 CD 的中点, M,N 分别是 AD,BE 的中点,将三角形 ADE 沿 AE 折起,则下列说法正确的是________.(写 出所有正确说法的序号) ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥平面 DEC; ②不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN⊥AE; ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥AB; ④在折起过程中,一定存在某个位置,使 EC⊥AD. 答案 ①②④ 解析 不妨设 BC=a,CE=ED=b.折起后∠CED=θ (0<θ <π ).以 E 为原点,EA,EC 分别为 x 轴,y 轴. 则 A(a,0,0),C(0,b,0),D(0,bcosθ ,bsinθ ). a b b a b ∴M( , cosθ , sinθ ),N( , ,0). 2 2 2 2 2 b b b → → → → ∴MN=(0, - cosθ ,- sinθ ),EA=(a,0,0),AB=(0,b,0),AD=(-a,bcosθ , 2 2 2 → bsinθ ),EC=(0,b,0). → → → ∵MN·EA=0,∴MN⊥AE,②对,EA是平面 CED 的法向量. π → → ∴MN∥平面 DEC,①对,MN 与 AB 异面,③不对.当 θ = 时,AD·EC=0,∴④对. 2 综上,①②④正确. 9.如右图所示, 正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2, D 为 CC1 的中点. 求 证:AB1⊥平面 A1BD. 答案 略 证明 方法一:设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理,则存在 → → 实数 λ ,μ ,使 m=λ BA1+μ BD. → → → 令BB1=a,BC=b,BA=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=

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