【走向高考】2013年高考数学总复习 8-8空间向量的应用(理)课后作业 北师大版

【走向高考】2013年高考数学总复习 8-8空间向量的应用(理)课后作业 北
师大版
一、选择题
1．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2,3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥β
C ．α、β相交但不垂直
D ．以上均不正确 [答案] C
[解析] 已知n 1与n 2既不平行也不垂直，所以平面α，β相交但不垂直． 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.3
3
C.23
D.63
[答案] D
[解析] 该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．
建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→
＝(0,0,1)平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，
∴cos 〈BB 1→
，n 〉＝
13·1
＝33
，
∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为
63
. 3．已知正四面体ABCD ，则二面角A —BC —D 的余弦值为( ) A.12 B.13 C.33 D.32 [答案] B
[解析] 如右图所示，E 为BC 的中点，连接AE ，ED ，则∠AED 为二面角A —BC —D 的平面角．解△AED ，得cos ∠AED ＝13
.
4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、
F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1
所成的角的余弦值是( )
A.3010
B.12
C.
3015D.1510
[答案] A
[解析] 建立如右图所示的坐标系，设
BC ＝1，
则A (－1,0,0)，F 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，0，1，B (0，
－1,0)，
D 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1
2，－12
，1，
即AF 1→
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，BD 1→
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1. ∴cos 〈AF 1→，BD 1→
〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|
＝30
10.
5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( )
A.
3
4
B.
3
2
C.
33
4
D. 3
[答案] B
[解析]解法一：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F. ∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AB＝AC.∴AE⊥BC.
∴BC⊥平面AEA1.
∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，
∴AF⊥平面A1BC.
∴AF的长即为所求点面距离．
AA1＝1，AE＝3，∴AF＝
3 2
.
解法二：V A
1－ABC
＝
1
3
S△ABC·AA1＝
1
3
×3×1＝
3
3
.
又∵A1B＝A1C＝5，
在△A1BE中，A1E＝A1B2－BE2＝2.
∴S△A
1BC＝
1
2
×2×2＝2.
∴V A
1－ABC
＝
1
3
×S△A
1
BC·h＝
2
3
h.
∴2
3
h＝
3
3
，∴h＝
3
2
.
∴点A 到平面A 1BC 距离为
32
. 解法三：设BC 中点为O ，∵△ABC 为正三角形， ∴AO ⊥BC ，
以O 为原点，直线AO ，BC 分别为x 轴、y 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0，－1,0)，
C (0,1,0)，A (－3，0,0)，A 1(－3，0,1)．
设n ＝(x ，y,1)为平面A 1BC 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
n ·OB →＝0n ·OA 1
→＝0
，∴⎩⎨
⎧
－y ＝0－3x ＋1＝0
，∴⎩
⎪⎨⎪
⎧
y ＝0x ＝3
3，
∴n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
33，0，1，又AA 1→
＝(0,0,1)，
∴A 到平面A 1BC 的距离d ＝
|AA 1→
·n ||n |＝3
2
. 6．(2012·某某模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )
A ．30° B．45° C．60° D．90° [答案] C
[解析] 本小题主要考查直线和平面所成角，如图所示
由已知三棱柱为正三棱柱，设底面边长为a ，则A 1A ＝a ，取BC 中点E ，连AE ，DE ，则AE ⊥平面
B 1BC
C 1，∴∠ADE 为直线A
D 和平面B 1BCC 1所成角．
∵AE ＝
32a ，DE ＝12
a ， ∴tan ∠ADE ＝AE DE
＝3， ∴∠ADE ＝60°，故选C. 二、填空题
7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与AM 所成的角是________．
[答案]π
2
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，
O (1,1,0)．
设P (2，t,2)，
于是AM →
＝(－2,0,1)，OP →
＝(1，t －1,2)． ∵AM →·OP →
＝－2×1＋0×(t －1)＋1×2＝0， ∴AM →⊥OP →
，直线OP 与AM 所成的角为π
2
.
8．(2012·某某某某模拟)如图，在45°的二面角α—l —β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在平面α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．
[答案]2－ 2
[解析] 由CD →＝CA →＋AB →＋BD →
， cos<AC →，BD →
>＝cos45°cos45°＝1
2
，
∴|CD →
|2
＝CA →
2
＋AB →
2
＋BD →
2
＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →
)＝3＋2(0＋1×1×cos135°＋1×1×cos120°)＝2－2，
∴|CD →
|＝2－ 2. 三、解答题
9．(2011·某某理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝
12
PD .
(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值． [解析]
如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .
(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →
＝(1,1,0)，DC →
＝(0,0,1)，PQ →
＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →
＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 故PQ ⊥平面DCQ .
又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .
(2)依题意有B (1,0,1)，CB →
＝(1,0,0)，BP →
＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，
即⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.
因此可取n ＝(0，－1，－2)．
设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·BP →
＝0，
m ·PQ →
＝0.
可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155
. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－15
5
.
一、选择题
1．(2012·某某八校模拟)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin<CM →
，D 1N →
>的值为( )
A.19
B.49 5
C.295
D.23 [答案] B
[解析] 设正方体棱长2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →
＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos<CM →，D 1N →>＝－19，sin<CM →，D 1N →
>＝45
9
.
2．如下图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )
A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫2
3，23，1 C.⎝
⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫
24，24，1 [答案] C
[解析] 设BD ∩AC ＝0，连接EO ， 由题意可知EO ∥AM . ∴M 为EF 的中点． ∴M ⎝
⎛⎭
⎪⎫2
2，22，1，故选C. 二、填空题
3．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则D 到平面ABC 的距离为____________． [答案]4917
17
[解析] 过D 作DH ⊥面ABC ，垂足为H ，DH 与平面xOy 交于M ，设M (x ，y,0)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧
DM →·AB →＝0，DM →·AC →＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝7，
y ＝4.∴M (7,4,0)．
设〈AD →，DM →〉＝α，则|DH →|＝|DA →
|·|cos α|， ∴|DH →
|＝|DA →
|·|DM →·DA →||DM →||DA →|＝4917
17.
4．如右图，若P 为正方体AC 1的棱A 1B 1的中点，则截面PC 1D 和面AA 1B 1B 所成锐二面角的余弦值是____________．
[答案]1
3
[解析] 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线x ，y ，
z 轴建立空间直角坐标系，设正方体，AC 1的棱长为2，
则D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，P (2,1,2)． ∴DC 1→
＝(0,2,2)，DP →
＝(2,1,2)．
设截面PC 1D 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧
DC 1
→·n＝0，DP →
·n＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
2y ＋2z ＝0，2＋y ＋2z ＝0，
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
y ＝2，z ＝－2.
∴n＝(1,2，－2)．
又平面AA1B1B的一个法向量为a＝(1,0,0)，
设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ，
则cosθ＝|a·n|
|a||n|
＝
1
3×1
＝
1
3
.
三、解答题
5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小；
(3)求BC1与EF所成角的大小．
[解析]方法一：(1)如图①
连接B1C，AB1，
∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，
∴A1D∥B1C.
从而B1C与AC所成的锐角或直角就是AC与A1C所成的角．
∵AB1＝AC＝B1C.
∴∠B1CA＝60°，
即A1D与AC所成角为60°.
(2)如图②，连接AC、BD.
在正方形ABCD中，
E、F为AB、AD的中点，
∴EF∥BD，∴EF⊥AC，
又A1A⊥EF，AA1∩AC＝A，
∴EF⊥面A1ACC1，
∵A1C1平面AA1C1C，
∴EF⊥A1C1，
即A1C1与EF所成的角为90°.
(3)如图③，
连接BD ，由(2)知EF ∥BD ，
∴BD 与BC 1所成的锐角或直角即为EF 与BC 1所成的角，连接C 1D ， 由BC 1＝BD ＝C 1D ， 知△BC 1D 是正三角形，
∴∠C 1BD ＝60°，即所求角为60°.
方法二：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→
]如图①，设正方体的棱长为1，
则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
，0，0.
(1)∵AC →＝(－1,1,0)，A 1D →
＝(－1,0，－1)， ∴AC →
·A 1D →＝1，|AC →
|＝2，|A 1D →
|＝ 2. ∴cos<AC →
，A 1D →
>＝1
2·2＝1
2， ∴<AC →
，A 1D →
>＝60°， 即AC 与A 1D 所成的角为60°.
(2)A 1C 1→
＝(－1,1,0)，EF →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
2，－12，0，
∴A 1C 1→
·EF →＝12－1
2＝0，∴A 1C 1→⊥EF →
，
即A 1C 1与EF 所成的角为90°. (3)BC 1→
＝(－1,0,1)，
∴BC 1→
·EF →＝12，|BC 1→|＝2，|EF →|＝2
2
，
∴cos<BC 1→
，EF →
>＝
1
22·
22
＝12. ∴<BC 1→，EF →
>＝60°，即BC 1与EF 所成的角为60°.
6．(2011·某某理，19)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；
(3)求点C到平面B1DP的距离．
[解析]解法一：(1)连接AB1与BA1交于点O，连接OD.
∵PB1∥平面BDA1，
PB1平面AB1P，平面AB1P∩平面BDA1＝OD，
∴OD∥PB1.
又AO＝B1O，∴AD＝PD.
又AC∥C1P，∴CD＝C1D.
(2)过A作AE⊥DA1于点E，连结BE.
∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC＝A，
∴BA⊥平面AA1C1C.
由三垂线定理可知BE⊥DA1.
∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．
在Rt△A1C1D中，A1D＝1
2
2＋12＝
5
2
，
又S△AA1D＝1
2
×1×1＝
1
2
×
5
2
·AE，
∴AE＝25 5
.
在Rt△BAE中，BE＝12＋25
5
2＝
35
5
.
∴cos∠BEA＝AE
BE
＝
2
3
.
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为2 3 .
(3)由题意知，点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离，设此距离为h. ∵V C－DB
1
A＝V B1－ACD，
∴1
3
S△DB
1
A·h＝
1
3
S△ACD·B1A1.
由已知可得AP＝5，PB1＝5，AB1＝ 2
∴在等腰△AB1P中，S△A B
1P＝
1
2
AB1·AP2－
1
2
AB12＝
3
2
，
∴S△DB
1A＝
1
2
S△A B
1
P＝
3
4
，
又S△ACD＝1
2
AC·CD＝
1
4
，
∴h＝S△ACD·B1A1
S△DB
1
A
＝
1
3
.
故C到平面B1DP的距离等于1 3 .
解法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．
(1)设C 1D ＝x ， ∵AC ∥PC 1，∴
C 1P AC ＝C 1
D CD ＝x 1－x
. 由此可得D (0,1，x )，P (0,1＋x
1－x
，0)．
∴A 1B →
＝(1,0,1)，A 1D →
＝(0,1，x )，B 1P →
＝(－1,1＋x
1－x
，0)．
设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n 1
·A 1
B →＝a ＋c ＝0，n 1
·A 1
D →＝b ＋cx ＝0.
令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)
∵PB 1∥平面BA 1D ，
∴n 1·B 1P →
＝1×(－1)＋x ·(1＋x
1－x
)＋(－1)×0＝0.
由此可得x ＝1
2
，故CD ＝C 1D .
(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝(1，1
2，－1)．
又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量． ∴cos<n 1，n 2>＝
n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32
＝2
3
.
故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为2
3.
(3)∵PB 1→＝(1，－2,0)，PD →
＝(0，－1，1
2)，
设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n 3
·PB 1
→＝a 1
－2b 1＝0，n 3
·PD →
＝－b ＋c
1
2
＝0.令c 1＝1，可得n 3＝(1，1
2
，1)．
又DC →
＝(0,0，1
2
)，
∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝
|DC →
·n 3||n 3|＝1
3
. 7．如图，棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∠
A 1AC ＝60°.
(1)求异面直线BD 和AA 1所成的角； (2)求二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值；
(3)在直线CC 1上否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．
[解析]
连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°， ∴A 1O 2
＝AA 2
1＋AO 2
－2AA 1·AO ·cos60°＝3.∴AO 2
＋A 1O 2
＝AA 2
1. ∴A 1O ⊥AO ，∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .
∴以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，
B (3，0,0)，
C (0,1,0)，
D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．
(1)∵BD →＝(－23，0,0)，AA 1→
＝(0,1，3)， ∴AA 1→
·BD →
＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD ⊥AA 1，即异面直线BD 和AA 1所成的角为90°. (2)∵OB ⊥平面AA 1C 1C ，
∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面AA 1D 的一个法向量，则
⎩⎪⎨⎪⎧
n 2
⊥AA 1
→，n 2
⊥AD →.
∴⎩⎨
⎧
y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0.
取n 2＝(1，3，－1)．
∴cos 〈n 1，n 2〉＝
n 1·n 2|n 1||n 2|＝5
5
.
∴二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值是
55
.
(3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C ， 设CP →
＝λCC 1→
，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．
∴P (0,1＋λ，3λ)，BP →
＝(－3，1＋λ，3λ)．
设n 3
＝(x 3
，y 3
，z 3
)是平面DA 1C 1
的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
n 3
⊥A 1C 1
→
，
n 3
⊥DA 1
→
.
∴⎩⎨
⎧
2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，
不妨取n 3＝(1,0，－1)． 又∵BP →
∥平面DA 1C 1，∴n 3·BP →
＝0， ∴－3－3λ＝0，∴λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且使C 1C ＝CP .。