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.doc

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sin=.【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ACBD=O,连接C1O,过C作CHC1O于H,连接DH,显然C1DB是等腰三角形,所以C1OBD,又C1CBD,因为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与平面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:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为,由=知h=SCBDC1C,所以h=,所以sin=.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.150B.45C.60D.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+268cos=(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.aC.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所成角的正弦值为sin=|cos|=,所以tan=.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,由图知为锐角,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),cos=|cos|=,tan=.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)(0a1),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,ACBD=O,A1C1B1D1=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OO1AC,OO1BD.(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CC1AC,DD1BD,又CC1DD1OO1,所以OO1AC,OO1BD,因为ACBD=O,所以O1O底面ABCD.(2)方法一:如图,过O1作O1HB1O,垂足为H,连接C1H,由(1)可得OO1A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1A1C1,所以A1C1平面B1D1DB,所以由三垂线定理得HC1B1O,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cosC1HO1=,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,ACBD,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=.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+212cos,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=.所以=60,所以直线BC与平面PAC的夹角为90-60=30.答案:304.(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ADM.使平面ADM平面BCD,F为线段AC的中点.(1)求证:ON平面ADM.(2)求证:BF平面ADM.(3)求直线FO与平面ADM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ANDM.因为平面ADM平面ABCD,DM是交线,AN平面ABCD,所以AN平面ADM,即ON平面ADM.(2)取AD的中点E,连接EF,EM,因为F是AC中点,所以EFCD.又M是AB中点,所以在平行四边形ABCD中,BMCD,所以EFBM,所以四边形EFBM是平行四边形.所以BFEM,因为EM平面ADM,BF平面ADM,所以BF平面ADM.(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,所以AD=AM=1.因为菱形ADNM中O是DM中点,所以AODM,因为平面ADM平面ABCD,所以AO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AC的中点,所以F.因为NO平面ADM,所以平面ADM的一个法向量=.因为=,所以|=1.设OF与平面ADM所成的角为,0,则sin=|cos|=,所以=.所以直线FO与平面ADM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:ABPD.(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POAD,即四棱锥的高找到,过点O作OMBC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ABAD,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ABPD.(2)过点P作POAD于点O,则PO平面ABCD,过点O作OMBC于点M,连接PM.则PMBC,因为BPC=90,PB=,PC=2,所以BC=,PM=,设AB=t,则在RtPOM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,显然为锐角,且cos=.