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课时分层作业 四十八利用向量求空间角和距离一、选择题(每小题5分,共25分)1.若直线l的方向向量与平面的一个法向量的夹角等于120,则直线l与平面所成的角等于()A.120B.60C.30 D.60或30【解析】选C.设直线l与平面所成的角为,直线l与平面的法向量的夹角为.则sin =|cos |=|cos 120|=.又因为090,所以=30.2.在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=(01),则点G到平面D1EF的距离为()A.B.C.D. 【解析】选D.如图所示,以射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则G(1,1),E,D1(0,0,1),F,=,=(0,1,0),=.过点G向平面D1EF作垂线,垂足为H,由于点H在平面D1EF内,故存在实数x,y,使=+x+y=,由于GHEF,GHED1,所以解得故=,所以|=,即点G到平面D1EF的距离是.3.(2018赣州模拟)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为()A.45B.135C.45或135D.90【解析】选C.cos=,即=45,其补角为135.所以两平面所成的二面角为45或135.【变式备选】(2018合肥模拟)在正方体ABCD -A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.B.C.D. 【解析】选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz,设棱长为1.则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),=.设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),所以有即所以 所以n1=(1,2,2).因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos=,即所成的锐二面角的余弦值为.4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是()A.30B.45C.60D.90【解析】选D.以A为原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),M,D(0,1,0),N,=,=.cos=0,所以A1M与DN所成的角的大小是90.【一题多解】连接D1M,A1D1平面CC1D1D,则A1D1DN,DND1M,A1D1D1M=D1,所以DN平面A1D1M,A1M平面A1D1M,所以DNA1M.【误区警示】用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时,注意区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.【变式备选】将正方形ABCD沿对角线 AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC所成的角为()A.B.C.D. 【解析】选C.不妨以ABC为底面,则由题意,当以A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面ABC的距离最大时,平面ADC平面ABC,取AC的中点O,连接BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以,所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),=(0,1,1),=(-1,1,0),所以cos=,所以异面直线AD与BC所成的角为.5.如图,在空间直角坐标系中,正方体棱长为2,点E是棱AB的中点,点F是正方体的面AA1D1D上一点,且CFB1E, 则点F的轨迹是()A.线段B.圆的一部分C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分【解析】选A.设F(0,y,z)由已知可得E(1,0,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),所以=(-1,0,-2),=(-2,y-2,z).因为CFB1E,所以=0,即2-2z=0,即z=1.故F的轨迹是直线的一部分,线段.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设动点P在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1的对角线BD1上,记=,当APC为钝角时,的取值范围是_.【解析】以,为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),则=(1,1,-1),得=(,-),所以=+=(1-,-,-1),=+=(-,1-,-1).显然APC不是平角,所以APC为钝角等价于cosAPC=cos=0,0,即(1-,-,-1)(-,1-,-1)=(-1)(3-1)0,得1.所以的取值范围是.答案:7.如图所示,四边形ABCD,ABEF都是矩形,它们所在的平面互相垂直,AD=AF=1, AB=2,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0a),当MN的长最小时,a的值为_.【解析】如图所示,作MOAB,垂足为O,连接ON,因为四边形ABCD,ABEF都是矩形,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0a),所以ONAB,=,=,所以OM=,ON=,因为OMON,所以MN=,所以a=时,MN的长最小.答案:8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是_.【解析】建立如图所示的坐标系,令AB=1,则A(0,0,0),E,D1(0,1,1),B(1,0,0),C1(1,1,1),A1(0,0,1),F(1,t,s),平面D1AE的法向量为n=(x,y,z),则=(1,t,s-1),=,=(0,1,1),所以n=0,n=0,即令z=2,则所以n=(1,-2,2).又因为A1F平面D1AE,所以n=0,即1-2t+2(s-1)=0,即s-1=t-,所以=.由于n1=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,且n1=1,所以cos=,记与平面BCC1B1所成角为,则sin =,cos =,所以tan =,因为s=t+1,所以t,故t0,因为,所以tan 2,2.答案:2,2三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018郑州模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO侧面ABB1A1.(1)证明:BCAB1.(2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.【解析】(1)由题意tanABD=,tanAB1B=,注意到0ABD,0AB1B,所以ABD=AB1B,所以ABD+BAB1=AB1B+BAB1=,所以AB1BD,又CO侧面ABB1A1,所以AB1CO.又BD与CO交于点O,所以AB1平面CBD,又因为BC平面CBD,所以BCAB1.(2)如图,以O为原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,因为D为AA1的中点,所以=,所以OC=OA=AB1=,则A,B,C,B1,D,又因为=2,所以C1.所以=,=,=.设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则根据n=0,n=0可取n=(1,-)是平面ABC的一个法向量,设直线C1D与平面ABC所成的角为,则sin =.10.在三棱锥V -ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,ACBC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB平面MOC.(2)求证:平面MOC平面VAB.(3)求三棱锥V -ABC的体积.【解析】(1)因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OMVB.又因为VB平面MOC,所以VB平面MOC .(2)因为AC=BC,O为AB的中点,所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC,且OC平面ABC,所以OC平面VAB.所以平面MOC平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,所以AB=2,OC=1.所以等边三角形VAB的面积SVAB=.又因为OC平面VAB,所以三棱锥C -VAB的体积等于OCSVAB=.又因为三棱锥V -ABC的体积与三棱锥C -VAB的体积相等,所以三棱锥V -ABC的体积为.1.(5分)在三棱锥P-ABC中,AB=PC=,AC=PB=,BC=PA=2,则异面直线PA与BC所成角的余弦值为()A.B.C.D. 【解析】选C.在PAB中,由余弦定理,得cos=,在PAC中,由余弦定理,得cos=.因为=(-)=-,又=|cos=2=,=|cos=2=,所以=-=-1.事实上=|cos=4cos,于是cos=-,从而,异面直线PA与BC所成角的余弦值为.2.(5分)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.aB.aC.aD.a【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点P作PH平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离.因为PA=PB=PC,所以H为ABC的外心.又因为ABC为正三角形,所以H为ABC的重心,可得H点的坐标为.所以PH=a.【变式备选】在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到ABC的重心G的距离为_.【解析】PA,PB,PC两两垂直,以P为坐标原点,PA,PB,PC所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,且PA=1,PB=2,PC=3,所以P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),ABC的重心G的坐标为,PG=.所以点P到ABC的重心G的距离是.答案:3.(5分)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,AC1与平面A1BD,CB1D1交于E,F两点.给出以下命题,其中真命题有_.(写出所有正确命题的序号)点E,F为线段AC1的两个三等分点;=-+;设A1D1的中点为M,CD的中点为N,则直线MN与面A1DB有一个交点;E为A1BD的内心;设K为B1CD1的外心,则为定值.【解析】连接A1C1,A1C,AC,设AC1与A1C交于O点,连接A1E并延长交AC于H点,由平行四边形对角线互相平分得OA=OC1,又A1H是面A1DB与面A1AC的交线,所以H为AC与BD的交点,即为中点,从而E为A1AC的重心,A1E=2EH,AE=2OE,又OE=OF,从而AE=EF,同理可得C1F=2OF,所以点E,F为线段AC1的两个三等分点,故正确;=-=-=-(+)=-(-)-(-)=+-,所以不对;取DD1的中点K,连接KM,KN,则KMA1D,KNA1B,由面面平行的判定定理得面KMN面A1BD,再由面面平行的性质定理得MN面A1BD,即MN与面A1BD没有交点,故错;由的分析可得:E为A1BD的重心,故错;A1DB1C,BDB1D1,由面面平行的判定定理可得:面A1BD面B1CD1,所以K,F到面A1BD的距离相等,设为h,VK-BED=hSBED,=h,又=3SBED,所以=,故正确.答案:4.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D为B1C1的中点. (1)证明:A1D平面A1BC.(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.【解析】(1)取BC的中点E,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE,因为AB=AC,所以AEBC,故AE平面A1BC,由D,E分别是B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,所以DEA1A,所以四边形A1AED是平行四边形,故A1DAE,又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)作A1FBD,且A1FBD=F,连接B1F.由AE=BE=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4,由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DBB1DB,由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角,由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.【一题多解】本题(2),还可以有如下解法:以CB的中点E为原点,分别以EA,EB,EA1为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos|=.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.5.(13分)如图,在三棱锥S -ABC中,SA底面ABC,AC=AB=SA=2,ACAB,D,E分别是AC,BC的中点,F在SE上,且SF=2FE. (1)求证:AF平面SBC.(2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G -AF -E的大小为30?若存在,求出DG的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由AC=AB=SA=2,ACAB,E是BC的中点,得AE=.因为SA底面ABC,所以SAAE.在RtSAE中,SE=,所以EF=SE=.因此AE2=EFSE,又因为AEF=AES,所以EFAEAS,则AFE=SAE=90,即AFSE.因为SA底面ABC,所以SABC,又BCAE,所以BC平面SAE,则BCAF.又SEBC=E,所以AF平面SBC.(2)假设满足条件的点G存在,并设DG=t,过点G作GMAE交AE于点M,又由SAGM,AESA=A,得GM平面SAE.作MNAF于点N,连接NG,则AFNG.于是GNM为二面角G -AF -E的平面角,即GNM=30,由此可得MG=(1-t).由MNEF,得=,于是有=,MN=(1+t),RtGMN中,MG=MNtan 30,即(1-t)=(1+t),解得t=.于是满足条件的点G存在,且DG=.【一题多解】本题(2)还可以有如下解法:假设满足条件的点G存在,并设DG=t.以A为坐标原点,分别以AC,AB,AS为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),S(0,0,2),E(1,1,0),G(1,t,0).由SF=2FE得F.所以=(1,1,0),=,=(1,t,0).设平面AFG的法向量为m=(x1,y1,z1),则即取y1=1,得x1=-t,z1=t-1,即m=(-t,1,t-1).设平面AFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则即取y2=1,得x2=-1,z2=0,即n=(-1,1,0).由二面角G -AF -E的大小为30,得cos 30=,化简得2t2-5t+2=0,又0t1,求得t=.于是满足条件的点G存在,且DG=.
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