2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习

2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习
——求空间角和距离
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()
A. B. C. D.
【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.
则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).
=(-1,0,2),=(-1,2,1),
cos<,>==.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
2.(xx·宁波模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()
A. B. C. D.
【解析】选A.以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则
=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),
设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,则y=-2,x=2,
所以n=(2,-2,1),
所以sinθ==
==.
【一题多解】本题还可以采用如下方法解答.
方法一:选A.设AB=1,则AA1=2.
设AC∩BD=O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,
显然△C1DB是等腰三角形,
所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD,
因为C1O∩C1C=C1,
所以BD⊥平面C1CO,CH⊂平面C1CO,所以BD⊥CH,而CH⊥C1O,BD∩
C1O=O,
所以CH⊥平面C1BD,
所以∠CDH是CD与平面C1BD所成的角,
在Rt△C1OC中,OC=,C1C=2,
所以C1O==,
由C1C·OC=C1O·CH知CH==,
在Rt△CDH中,sin∠CDH==.
方法二:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为θ,
由=知·h=S△CBD·C1C,
所以h=,所以sinθ==.
3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()
A. B.
C. D.
【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系,分别求出直线BC1的方向向量与平面DBB1D1的法向量,用空间向量的直线与平面所成角的夹角公式计算得解.
【解析】选C.如图建立空间直角坐标系,
则B(4,0,0),
C(4,4,0),C1(4,4,2),
显然AC⊥平面BB1D1D,
所以=(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量.
又=(0,4,2).
所以cos<,>===.
即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.
4.(xx·厦门模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二
面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为()
A.150°
B.45°
C.60°
D.120°
【解析】选C.由条件知·=0,·=0,
因为=++.
所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·
=62+42+82+2×6×8cos<,>
=(2)2.
所以cos<,>=-,则<,>=120°,
即<,>=60°.所以二面角的大小为60°.
5.(xx·北京模拟)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()
A. B.a C. D.a
【解题提示】以P为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解.
【解析】选B.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).
所以=(-a,a,0),
=(-a,0,a),
=(a,0,0).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).
由得
得
令x=1,所以n=(1,1,1),
所以P到平面ABC的距离d===a.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为.
【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=(0,1,0),AM=-(1,0,)=,则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<,n>|=
=,
所以tanθ=.
答案:
7.已知点E,F分别在正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC 所成的二面角的正切值为.
【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,
设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E,
F,
=,
=,
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由得
令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),
平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),
cosθ=|cos<n,m>|=,tanθ=.
答案:
8.(xx·石家庄模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1
上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.
【解析】以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间
直角坐标系,设点E(1,a,1)(0≤a≤1),
连接D1E,
则=(1,a,0).
连接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,
则=(1,0,1)为平面ABC1D1的一个法向量.
所以点E到平面ABC1D1的距离是d==.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(xx·湖南高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩
BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明:O1O⊥底面ABCD.
(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.
【解题提示】(1)利用矩形的邻边垂直,及线线平行证明OO1⊥AC,OO1⊥BD.
(2)由二面角的定义或者向量法求二面角的余弦值.
【解析】(1)因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥
AC,DD1⊥BD,
又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,
所以O1O⊥底面ABCD.
(2)方法一:如图,过O1作O1H⊥B1O,垂足为H,连接C1H,
由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB,
所以由三垂线定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.
设棱柱的棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=,
在直角三角形O1OB1中,O1H==,
因为O1C1=1,所以C1H=
==,
所以cos∠C1HO1==,即二面角C1-OB1-D的余弦值为.
方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,
所以O,B1,C1,
平面BDD1B1的一个法向量为n=,
设平面OC1B1的法向量为m=,
则由m⊥,m⊥,所以x+2z=0,y+2z=0,
取z=-,则x=2,y=2,
所以m=,
所以cos<m,n>===.
由图形可知二面角C1-OB1-D为锐二面角,
所以二面角C1-OB1-D的余弦值为.
10.(xx·杭州模拟)如图,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个
直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,
(1)若a=2,求证:AB∥平面CDE.
(2)求实数a的值,使得二面角A-EC-D的大小为60°.
【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则
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,),
设平面CDE的一个法向量为n1=(x,y,z),
则有-2y+2z=0,x-y+z=0,
取z=时,n1=(0,2,),
所以·n1=0,又AB不在平面CDE内,
所以AB∥平面CDE.
(2)如图建立空间直角坐标系,则
A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,a),=(0,-2,a),
=(1,-1,),
设平面CDE的一个法向量为n2=(x,y,z),
则有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2时,n2=(a-2,a,2),
又平面AEC的一个法向量为n3=(-1,1,0),
因为二面角A-EC-D的大小为60°,所以=,即a2-2a-2=0, 解得a=±2.
(20分钟40分)
1.(5分)如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,
∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为()
A. B.
C. D.
【解析】选 B.二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.=++.而
=+++2||||·cos<,>,即12=1+9+4+2×1×2cos<,>,所以cos<,>=-,所以AB与CD所成
角为,即二面角A-BC-D的大小为.
2.(5分)(xx·北京模拟)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到平面AB1D1的距离是.
【解析】如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,
则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),
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),
则即
解得x=2z且y=-2z,
不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,
则d==.
答案:
3.(5分)(xx·郑州模拟)正四棱锥S -ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.
【解析】如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD=SO=OA=OB=OC=a,
则A(a,0,0),B(0,a,0),
C(-a,0,0),P.
则=(2a,0,0),
=,=(a,a,0).
设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),
则cos<,n>===.
所以<,n>=60°,
所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.
答案:30°
4.(12分)(能力挑战题)如图,在平行四边形ABCD中,
AB=2BC=2,∠ABC=120°,M,N分别为线段AB,CD的中
点,连接AN,DM交于点O,将△ADM沿直线DM翻折成
△A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F为线段A′C的
中点.
(1)求证:ON⊥平面A′DM.
(2)求证:BF∥平面A′DM.
(3)求直线FO与平面A′DM所成的角.
【解析】(1)连接MN,由平面几何知四边形AMND是菱形.所以AN⊥DM.
因为平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交线,AN⊂平面ABCD,
所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM.
(2)取A′D的中点E,连接EF,EM,
因为F是A′C中点,所以EFCD.
又M是AB中点,
所以在平行四边形ABCD中,BMCD,所以EF BM,所以四边形EFBM是平行四边形.
所以BF∥EM,
因为EM⊂平面A′DM,BF⊄平面A′DM,
所以BF∥平面A′DM.
(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,
所以A′D=A′M=1.
因为菱形ADNM中O是DM中点,
所以A′O⊥DM,因为平面A′DM⊥平面ABCD,
所以A′O⊥平面ABCD.
以ON为x轴,OM为y轴,OA′为z轴建立空间直角坐标系,∠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′,
因为N是CD的中点,所以C.
因为F是A′C的中点,所以F.
因为NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一个法向量=.
因为=,所以||==1.
设OF与平面A′DM所成的角为θ,0<θ<,
则sinθ=|cos<,>|===,所以θ=.
所以直线FO与平面A′DM所成的角为.
5.(13分)(xx·江西高考)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:AB⊥PD.
(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值.
【解题提示】(1)利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD即可.
(2)借助两平面垂直的性质,作PO⊥AD,即四棱锥的高找到,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则四棱锥的体积能用AB的长度表示,即可建立体积与AB的函数,借助二次函数知识求最值;此时可建立空间直角坐标系,利用坐标法求解.
【解析】(1)因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD,
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,
又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
(2)过点P作PO⊥AD于点O,
则PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BC于点M,
连接PM.则PM⊥BC,
因为∠BPC=90°,PB=,PC=2,
所以BC=,PM=,
设AB=t,则在Rt△POM中,PO=,
所以VP-ABCD=·t··
=,
所以当t2=,即t=时,VP-ABCD最大为.
此时PO=AB=,且PO,OA,OM两两垂直,
以OA,OM,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz, 则P,D,C,B.
所以=,
=,=.
设平面PCD的一个法向量m=(x1,y1,z1),
则
即
令x1=1,则m=(1,0,-2),|m|=;
同理设平面PBC的一个法向量n=(x2,y2,z2),
即
令y2=1,则n=(0,1,1),|n|=,
设平面PBC与平面DPC夹角为θ,显然θ为锐角,
且cosθ===.
.。