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

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2019-2020年高考數(shù)學 7.8 立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離練習 ——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,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,建立如圖所示的空間直角坐標系,設AB=1,則=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0), 設平面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sinθ== ==. 【一題多解】本題還可以采用如下方法解答. 方法一:選A.設AB=1,則AA1=2. 設AC∩BD=O,連接C1O,過C作CH⊥C1O于H,連接DH, 顯然△C1DB是等腰三角形, 所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD, 因為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與平面C1BD所成的角, 在Rt△C1OC中,OC=,C1C=2, 所以C1O==, 由C1COC=C1OCH知CH==, 在Rt△CDH中,sin∠CDH==. 方法二:選A.設點C到平面C1BD的距離為h,CD與平面C1BD所成的角為θ, 由=知h=S△CBDC1C, 所以h=,所以sinθ==. 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為原點建立空間直角坐標系,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,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.150 B.45 C.60 D.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PA=PB=PC=a,則點P到平面ABC的距離為(　　) A. B.a C. D.a 【解題提示】以P為原點建立空間直角坐標系,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,側棱AA1=,M為A1B1的中點,則AM與平面AA1C1C所成角的正切值為　　　　　. 【解析】以C1為原點,C1A1,C1B1,C1C所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,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θ的正弦值為sinθ=|cos<,n>|= =, 所以tanθ=. 答案: 7.已知點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,建立空間直角坐標系Dxyz, 設DA=1,由已知條件得A(1,0,0),E, F, =, =, 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 面AEF與面ABC所成的二面角為θ,由圖知θ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), cosθ=|cos|=,tanθ=. 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,則點E到平面ABC1D1的距離是　　　　　. 【解析】以點D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示空間直角坐標系,設點E(1,a,1)(0≤a≤1), 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,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=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OO1⊥AC,OO1⊥BD. (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CC1⊥AC,DD1⊥BD, 又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因為AC∩BD=O, 所以O1O⊥底面ABCD. (2)方法一:如圖,過O1作O1H⊥B1O,垂足為H,連接C1H, 由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB, 所以由三垂線定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角. 設棱柱的棱長為2,因為∠CBA=60,所以OB=,OC=1,OB1=, 在直角三角形O1OB1中,O1H==, 因為O1C1=1,所以C1H= ==, 所以cos∠C1HO1==,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,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1兩兩垂直.如圖,以O為原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系. 設棱長為2,因為∠CBA=60,所以OB=,OC=1, 所以O,B1,C1, 平面BDD1B1的一個法向量為n=, 設平面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===. 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A1到平面AB1D1的距離是　　　　　. 【解析】如圖所示建立空間直角坐標系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), 設平面AB1D1的法向量為n=(x,y,z), 則即 解得x=2z且y=-2z, 不妨設n=(2,-2,1),設點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為頂點在底面上的射影,P為側棱SD的中點,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為原點建立空間直角坐標系Oxyz. 設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:30 4.(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,連接AN,DM交于點O,將△ADM沿直線DM翻折成 △A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F為線段A′C的 中點. (1)求證:ON⊥平面A′DM. (2)求證:BF∥平面A′DM. (3)求直線FO與平面A′DM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AN⊥DM. 因為平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交線,AN?平面ABCD, 所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM. (2)取A′D的中點E,連接EF,EM, 因為F是A′C中點,所以EFCD. 又M是AB中點, 所以在平行四邊形ABCD中,BMCD,所以EF??BM,所以四邊形EFBM是平行四邊形. 所以BF∥EM, 因為EM?平面A′DM,BF?平面A′DM, 所以BF∥平面A′DM. (3)因為AB=2BC=2,M是AB中點, 所以A′D=A′M=1. 因為菱形ADNM中O是DM中點, 所以A′O⊥DM,因為平面A′DM⊥平面ABCD, 所以A′O⊥平面ABCD. 以ON為x軸,OM為y軸,OA′為z軸建立空間直角坐標系,∠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,所以C. 因為F是A′C的中點,所以F. 因為NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一個法向量=. 因為=,所以||==1. 設OF與平面A′DM所成的角為θ,0<θ<, 則sinθ=|cos<,>|===,所以θ=. 所以直線FO與平面A′DM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:AB⊥PD. (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定理證明AB⊥平面PAD即可. (2)借助兩平面垂直的性質,作PO⊥AD,即四棱錐的高找到,過點O作OM⊥BC于點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系,利用坐標法求解. 【解析】(1)因為ABCD為矩形,所以AB⊥AD, 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AB⊥PD. (2)過點P作PO⊥AD于點O, 則PO⊥平面ABCD,過點O作OM⊥BC于點M, 連接PM.則PM⊥BC, 因為∠BPC=90,PB=,PC=2, 所以BC=,PM=, 設AB=t,則在Rt△POM中,PO=, 所以VP-ABCD=t =, 所以當t2=,即t=時,VP-ABCD最大為. 此時PO=AB=,且PO,OA,OM兩兩垂直, 以OA,OM,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系Oxyz, 則P,D,C,B. 所以=, =,=. 設平面PCD的一個法向量m=(x1,y1,z1), 則 即 令x1=1,則m=(1,0,-2),|m|=; 同理設平面PBC的一個法向量n=(x2,y2,z2), 即 令y2=1,則n=(0,1,1),|n|=, 設平面PBC與平面DPC夾角為θ,顯然θ為銳角, 且cosθ===.