2019-2020年高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離練習(xí).doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)求空間角和距離練習(xí)求空間角和距離(25分鐘60分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點(diǎn),則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為()A.B.C.D.【解析】選B.建立空間直角坐標(biāo)系如圖.則A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1),cos<,>=.所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為.2.(xx寧波模擬)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.B.C.D.【解析】選A.以D為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=1,則=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),設(shè)平面DBC1的法向量為n=(x,y,z),則取z=1,則y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1),所以sin=.【一題多解】本題還可以采用如下方法解答.方法一:選A.設(shè)AB=1,則AA1=2.設(shè)ACBD=O,連接C1O,過C作CHC1O于H,連接DH,顯然C1DB是等腰三角形,所以C1OBD,又C1CBD,因為C1OC1C=C1,所以BD平面C1CO,CH平面C1CO,所以BDCH,而CHC1O,BDC1O=O,所以CH平面C1BD,所以CDH是CD與平面C1BD所成的角,在RtC1OC中,OC=,C1C=2,所以C1O=,由C1COC=C1OCH知CH=,在RtCDH中,sinCDH=.方法二:選A.設(shè)點(diǎn)C到平面C1BD的距離為h,CD與平面C1BD所成的角為,由=知h=SCBDC1C,所以h=,所以sin=.3.已知長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,則直線BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值為()A.B.C.D.【解題提示】以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出直線BC1的方向向量與平面DBB1D1的法向量,用空間向量的直線與平面所成角的夾角公式計算得解.【解析】選C.如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則B(4,0,0),C(4,4,0),C1(4,4,2),顯然AC平面BB1D1D,所以=(4,4,0)為平面BB1D1D的一個法向量.又=(0,4,2).所以cos<,>=.即直線BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值為.4.(xx廈門模擬)二面角的棱上有A,B兩點(diǎn),直線AC,BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi),且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,則該二面角的大小為()A.150B.45C.60D.120【解析】選C.由條件知=0,=0,因為=+.所以|2=|2+|2+|2+2+2+2=62+42+82+268cos<,>=(2)2.所以cos<,>=-,則<,>=120,即<,>=60.所以二面角的大小為60.5.(xx北京模擬)在四面體P-ABC中,PA,PB,PC兩兩垂直,設(shè)PA=PB=PC=a,則點(diǎn)P到平面ABC的距離為()A.B.aC.D.a【解題提示】以P為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量法求解.【解析】選B.根據(jù)題意,可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Pxyz,則P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).所以=(-a,a,0),=(-a,0,a),=(a,0,0).設(shè)平面ABC的法向量為n=(x,y,z).由得得令x=1,所以n=(1,1,1),所以P到平面ABC的距離d=a.二、填空題(每小題5分,共15分)6.如圖,在直三棱柱中,ACB=90,AC=BC=1,側(cè)棱AA1=,M為A1B1的中點(diǎn),則AM與平面AA1C1C所成角的正切值為.【解析】以C1為原點(diǎn),C1A1,C1B1,C1C所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則平面AA1C1C的法向量為n=(0,1,0),AM=-(1,0,)=,則直線AM與平面AA1C1C所成角的正弦值為sin=|cos<,n>|=,所以tan=.答案:7.已知點(diǎn)E,F分別在正方體ABCD -A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值為.【解析】如圖,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,設(shè)DA=1,由已知條件得A(1,0,0),E,F,=,=,設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),面AEF與面ABC所成的二面角為,由圖知為銳角,由得令y=1,z=-3,x=-1,則n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量為m=(0,0,-1),cos=|cos<n,m>|=,tan=.答案:8.(xx石家莊模擬)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E是A1B1上的點(diǎn),則點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離是.【解析】以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,設(shè)點(diǎn)E(1,a,1)(0a1),連接D1E,則=(1,a,0).連接A1D,易知A1D平面ABC1D1,則=(1,0,1)為平面ABC1D1的一個法向量.所以點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離是d=.答案:三、解答題(每小題10分,共20分)9.(xx湖南高考)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.(1)證明:O1O底面ABCD.(2)若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.【解題提示】(1)利用矩形的鄰邊垂直,及線線平行證明OO1AC,OO1BD.(2)由二面角的定義或者向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)因為四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形,所以CC1AC,DD1BD,又CC1DD1OO1,所以O(shè)O1AC,OO1BD,因為ACBD=O,所以O(shè)1O底面ABCD.(2)方法一:如圖,過O1作O1HB1O,垂足為H,連接C1H,由(1)可得OO1A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1A1C1,所以A1C1平面B1D1DB,所以由三垂線定理得HC1B1O,所以O(shè)1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.設(shè)棱柱的棱長為2,因為CBA=60,所以O(shè)B=,OC=1,OB1=,在直角三角形O1OB1中,O1H=,因為O1C1=1,所以C1H=,所以cosC1HO1=,即二面角C1-OB1-D的余弦值為.方法二:因為四棱柱的所有棱長都相等,所以四邊形ABCD為菱形,ACBD,又O1O底面ABCD,所以O(shè)B,OC,OO1兩兩垂直.如圖,以O(shè)為原點(diǎn),OB,OC,OO1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)棱長為2,因為CBA=60,所以O(shè)B=,OC=1,所以O(shè),B1,C1,平面BDD1B1的一個法向量為n=,設(shè)平面OC1B1的法向量為m=,則由m,m,所以x+2z=0,y+2z=0,取z=-,則x=2,y=2,所以m=,所以cos<m,n>=.由圖形可知二面角C1-OB1-D為銳二面角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值為.10.(xx杭州模擬)如圖,將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折成一個直二面角,且EA平面ABD,AE=a,(1)若a=2,求證:AB平面CDE.(2)求實數(shù)a的值,使得二面角A-EC-D的大小為60.【解析】(1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,2),=(2,0,0),=(0,-2,2),=(1,-1,),設(shè)平面CDE的一個法向量為n1=(x,y,z),則有-2y+2z=0,x-y+z=0,取z=時,n1=(0,2,),所以n1=0,又AB不在平面CDE內(nèi),所以AB平面CDE.(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,a),=(0,-2,a),=(1,-1,),設(shè)平面CDE的一個法向量為n2=(x,y,z),則有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2時,n2=(a-2,a,2),又平面AEC的一個法向量為n3=(-1,1,0),因為二面角A-EC-D的大小為60,所以=,即a2-2a-2=0,解得a=2.(20分鐘40分)1.(5分)如圖,在四面體ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,ABC=DCB=,則二面角A-BC-D的大小為()A.B.C.D.【解析】選B.二面角A-BC-D的大小等于AB與CD所成角的大小.=+.而=+2|cos<,>,即12=1+9+4+212cos<,>,所以cos<,>=-,所以AB與CD所成角為,即二面角A-BC-D的大小為.2.(5分)(xx北京模擬)已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長為2的正方形,高為4,則點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離是.【解析】如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),設(shè)平面AB1D1的法向量為n=(x,y,z),則即解得x=2z且y=-2z,不妨設(shè)n=(2,-2,1),設(shè)點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離為d,則d=.答案:3.(5分)(xx鄭州模擬)正四棱錐S -ABCD中,O為頂點(diǎn)在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點(diǎn),且SO=OD,則直線BC與平面PAC的夾角的大小為.【解析】如圖所示,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.則=(2a,0,0),=,=(a,a,0).設(shè)平面PAC的法向量為n,可求得n=(0,1,1),則cos<,n>=.所以<,n>=60,所以直線BC與平面PAC的夾角為90-60=30.答案:304.(12分)(能力挑戰(zhàn)題)如圖,在平行四邊形ABCD中,AB=2BC=2,ABC=120,M,N分別為線段AB,CD的中點(diǎn),連接AN,DM交于點(diǎn)O,將ADM沿直線DM翻折成ADM.使平面ADM平面BCD,F為線段AC的中點(diǎn).(1)求證:ON平面ADM.(2)求證:BF平面ADM.(3)求直線FO與平面ADM所成的角.【解析】(1)連接MN,由平面幾何知四邊形AMND是菱形.所以ANDM.因為平面ADM平面ABCD,DM是交線,AN平面ABCD,所以AN平面ADM,即ON平面ADM.(2)取AD的中點(diǎn)E,連接EF,EM,因為F是AC中點(diǎn),所以EFCD.又M是AB中點(diǎn),所以在平行四邊形ABCD中,BMCD,所以EFBM,所以四邊形EFBM是平行四邊形.所以BFEM,因為EM平面ADM,BF平面ADM,所以BF平面ADM.(3)因為AB=2BC=2,M是AB中點(diǎn),所以AD=AM=1.因為菱形ADNM中O是DM中點(diǎn),所以AODM,因為平面ADM平面ABCD,所以AO平面ABCD.以O(shè)N為x軸,OM為y軸,OA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,ADN=ABC=120,在ADN中,AD=DN=1,所以AN=.同理求得DM=AD=AM=1,所以N,D,A,因為N是CD的中點(diǎn),所以C.因為F是AC的中點(diǎn),所以F.因為NO平面ADM,所以平面ADM的一個法向量=.因為=,所以|=1.設(shè)OF與平面ADM所成的角為,0<<,則sin=|cos<,>|=,所以=.所以直線FO與平面ADM所成的角為.5.(13分)(xx江西高考)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求證:ABPD.(2)若BPC=90,PB=,PC=2,問AB為何值時,四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時平面PBC與平面DPC夾角的余弦值.【解題提示】(1)利用面面垂直的性質(zhì)定理證明AB平面PAD即可.(2)借助兩平面垂直的性質(zhì),作POAD,即四棱錐的高找到,過點(diǎn)O作OMBC于點(diǎn)M,連接PM.則四棱錐的體積能用AB的長度表示,即可建立體積與AB的函數(shù),借助二次函數(shù)知識求最值;此時可建立空間直角坐標(biāo)系,利用坐標(biāo)法求解.【解析】(1)因為ABCD為矩形,所以ABAD,又因為平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,又PD平面PAD,所以ABPD.(2)過點(diǎn)P作POAD于點(diǎn)O,則PO平面ABCD,過點(diǎn)O作OMBC于點(diǎn)M,連接PM.則PMBC,因為BPC=90,PB=,PC=2,所以BC=,PM=,設(shè)AB=t,則在RtPOM中,PO=,所以VP-ABCD=t=,所以當(dāng)t2=,即t=時,VP-ABCD最大為.此時PO=AB=,且PO,OA,OM兩兩垂直,以O(shè)A,OM,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,則P,D,C,B.所以=,=,=.設(shè)平面PCD的一個法向量m=(x1,y1,z1),則即令x1=1,則m=(1,0,-2),|m|=;同理設(shè)平面PBC的一個法向量n=(x2,y2,z2),即令y2=1,則n=(0,1,1),|n|=,設(shè)平面PBC與平面DPC夾角為,顯然為銳角,且cos=.