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2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册同步练习--专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题

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2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册同步练习--专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册第一章 空间向量与立体几何专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题1.(2022广东汕头金山中学测试)在①(DE+CF)⊥(DE-CF),②|DE|=172,③0<1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0,0,2),E为棱D1C1上的动点,F为棱B1C1上的动点,    ,试问:是否存在点E,F满足EF·A1C=0?若存在,求出AE·BF的值;若...

2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册同步练习--专题强化练3   利用空间向量解决探索性问题
2023人教版新教材高中数学B选择性必修第一册第一章 空间向量与立体几何专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题1.(2022广东汕头金山中学测试)在①(DE+CF)⊥(DE-CF),②|DE|=172,③0<1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0,0,2),E为棱D1C1上的动点,F为棱B1C1上的动点,    ,试问:是否存在点E,F满足EF·A1C=0?若存在,求出AE·BF的值;若不存在,请说明理由. 2.(2020山东济南期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC的中点.(1)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值;(2)在线段BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB?若存在,试确定点E的位置;若不存在,请说明理由.3.(2021辽宁模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AB=2,AD=32,E为棱BC上一点,且BE=2EC.(1)求证:平面PAE⊥平面PDE;(2)在线段AB上是否存在点F,使得直线PF与平面PED所成的角为30°?若存在,求出AFFB的值;若不存在,请说明理由.4.(2020山东青岛期末)如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°.(1)求证:AM∥平面BDE;(2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°.5.(2020江苏苏州期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,BC=233,AB=1,BD=PA=2.(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;(2)在棱BC上是否存在一点Q,使二面角A-PD-Q的余弦值为3010?若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.6.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=3,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为π4,试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD?若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由. 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 与分层梯度式解析第一章 空间向量与立体几何专题强化练3利用空间向量解决探索性问题1.解析 由题意,得正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(2,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0).设E(0,a,2)(0≤a≤2),F(b,2,2)(0≤b≤2),则EF=(b,2-a,0),A1C=(-2,2,-2),AE=(-2,a,2),BF=(b-2,0,2),所以EF·A1C=4-2(a+b),AE·BF=8-2b.选择①,因为(DE+CF)⊥(DE-CF),所以(DE+CF)·(DE-CF)=DE2-CF2=0,即DE2=CF2,即0+(a-0)2+(2-0)2=(b-0)2+(2-2)2+(2-0)2,所以a=b.因为EF·A1C=4-2(a+b)=0,所以a=b=1,故存在点E(0,1,2),F(1,2,2),满足EF·A1C=0,此时AE·BF=8-2b=6.选择②,DE=(0,a,2),因为|DE|=172,所以a2+22=172,解得a=12(负值舍去).因为EF·A1C=4-2(a+b)=0,所以b=32.故存在点E0,12,2,F32,2,2,满足EF·A1C=0,此时AE·BF=8-2b=5.选择③,DB=(2,2,0),因为0<1,所以EF与DB不共线,所以b≠2-a,即a+b≠2,则EF·A1C=4-2(a+b)≠0,故不存在点E,F满足EF·A1C=0.2.解析 (1)因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,A1O⊂平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABC.连接OB,因为AB=BC,O为AC的中点,所以OB⊥AC.以O为原点,OB,OC,OA1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,3),C(0,1,0),C1(0,2,3),B(1,0,0),所以A1C=(0,1,-3),AA1=(0,1,3),AB=(1,1,0).设平面A1AB的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AA1=0,n·AB=0,即y+3z=0,x+y=0,令y=1,得x=-1,z=-33,此时n=-1,1,-33,所以cos=n·A1C|n||A1C|=217.故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为217.(2)存在.设E(x0,y0,z0),BE=λBC1,λ∈[0,1],则(x0-1,y0,z0)=λ(-1,2,3),得x0=1−λ,y0=2λ,z0=3λ,所以E(1-λ,2λ,3λ),所以OE=(1-λ,2λ,3λ).若OE∥平面A1AB,则OE·n=0,即-1+λ+2λ-λ=0,解得λ=12,故存在满足条件的点E,E为BC1的中点.3.解析 (1)证明:在矩形ABCD中,易知AE=23,DE=6,又AD=32,∴AE2+DE2=AD2,即AE⊥DE.∵PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴PA⊥DE,又AE∩PA=A,AE,PA⊂平面PAE,∴DE⊥平面PAE.∵DE⊂平面PDE,∴平面PAE⊥平面PDE.(2)以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,32,0),E(2,22,0),∴DE=(2,-2,0),PE=(2,22,-2).设AF=λAB,λ∈[0,1],则F(2λ,0,0),∴PF=(2λ,0,-2),设平面PED的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DE=0,n·PE=0,即2x-2y=0,2x+22y-2z=0,令x=1,则y=2,z=3,∴n=(1,2,3).若直线PF与平面PED所成的角为30°,则sin30°=|cos|=PF·n|PF||n|,即12=2λ-64λ2+4×23,化简得λ2+3λ-3=0,解得λ=-3±212,∵λ∈[0,1],∴λ=-3+212,故在线段AB上存在点F,使得直线PF与平面PED所成的角为30°,此时AFFB=λ1−λ=21+32.4.解析 (1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,∴AN∥EM,AN=EM,∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN,又∵EN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,∴AM∥平面BDE.(2)易得CE,CB,CD两两互相垂直,故以C为原点,CD,CB,CE的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),∴AB=(-t,0,0),BD=(t,-t,0),BF=(t,0,1),易知AF⊥AB,AB⊥AD,AF∩AD=A,∴AB⊥平面ADF,∴AB=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·BF=0,即xt-yt=0,xt+z=0,令x=1,则n=(1,1,-t).设二面角A-DF-B的大小为θ,则|cosθ|=n·AB|n||AB|=(1,1,-t)·(-t,0,0)t2+2·t2=1t2+2=12,解得t=2(负值舍去).设P(a,a,0)(0≤a≤2),则PF=(2-a,2-a,1),又CD=(2,0,0),∴cos60°=2×(2-a)2×2(2-a)2+1=12,解得a=22或a=322(舍去),∴当P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°.5.解析 (1)易得AB,AD,AP两两互相垂直,故以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由BD2=AB2+AD2,得AD=3,∴B(1,0,0),D(0,3,0),P(0,0,2),C1,233,0,∴BD=(-1,3,0),PC=1,233,-2.设异面直线BD与PC所成的角为θ,则cosθ=|cos|=|BD·PC||BD||PC|=12×193=5738,∴异面直线BD与PC所成角的余弦值为5738.(2)存在.设Q(1,a,0)0≤a≤233,则DQ=(1,a-3,0),PD=(0,3,-2).易知平面PAD的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面PDQ的一个法向量为n2=(x,y,z),则n2·PD=0,n2·DQ=0,即3y-2z=0,x+(a-3)y=0,取y=2,则z=3,x=23-2a,此时n2=(23-2a,2,3).设二面角A-PD-Q的平面角为α,则cosα=|cos|=|n1·n2||n1||n2|=|23-2a|(23-2a)2+7=3010,∴(23-2a)2=3,∴a=32或a=332,又0≤a≤233,∴a=32.故当Q满足BQ=34BC时,能使二面角A-PD-Q的余弦值为3010.6.解析 (1)证明:∵四棱锥的底面ABCD是直角梯形,AB=3,BC=2AD=2,AB⊥BC,∴DC=2,∠BCD=π3,∴△BCD是等边三角形,∴BD=2,DB平分∠ADC.∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.∵AE⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC.∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OC,∴∠PCO即为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=π4.∵PB=PD,PO⊥BD,∴O为BD的中点,OC⊥BD.易得OP=OC=3,以O为原点,OB,OC,OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),∴PC=(0,3,-3),PD=(-1,0,-3).假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD,设PN=λPD+μPC(λ,μ≥0,λ+μ≤1),易得N(-λ,3μ,-3(λ+μ-1)),∴BN=(-λ-1,3μ,-3(λ+μ-1)).由BN·PC=0,BN·PD=0得3μ+3(λ+μ-1)=0,λ+1+3(λ+μ-1)=0,解得λ=15,μ=25,满足题意,∴点N到平面ABCD的距离为-3(λ+μ-1)=235.
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分类:高中数学
上传时间:2022-09-16
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