《2019-2020年高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離練習(xí).doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離練習(xí).doc(8頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué) 7.8 立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離練習(xí)
——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(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點(diǎn),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(biāo)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(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=1,則=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),
設(shè)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(shè)AB=1,則AA1=2.
設(shè)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?yàn)镃1O∩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(shè)點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(jì)算得解.
【解析】選C.如圖建立空間直角坐標(biāo)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(gè)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(diǎn),直線AC,BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)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?yàn)?++.
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(shè)PA=PB=PC=a,則點(diǎn)P到平面ABC的距離為( )
A. B.a C. D.a
【解題提示】以P為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(biāo)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(shè)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(cè)棱AA1=,M為A1B1的中點(diǎn),則AM與平面AA1C1C所成角的正切值為 .
【解析】以C1為原點(diǎn),C1A1,C1B1,C1C所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)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(biāo)系Dxyz,
設(shè)DA=1,由已知條件得A(1,0,0),E,
F,
=,
=,
設(shè)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(zhǎng)為1,E是A1B1上的點(diǎn),則點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離是 .
【解析】以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,設(shè)點(diǎn)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(gè)法向量.
所以點(diǎn)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(zhǎng)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?yàn)樗倪呅蜛CC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,
又CC1∥DD1∥OO1,所以O(shè)O1⊥AC,OO1⊥BD,因?yàn)锳C∩BD=O,
所以O(shè)1O⊥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(shè)棱柱的棱長(zhǎng)為2,因?yàn)椤螩BA=60,所以O(shè)B=,OC=1,OB1=,
在直角三角形O1OB1中,O1H==,
因?yàn)镺1C1=1,所以C1H=
==,
所以cos∠C1HO1==,即二面角C1-OB1-D的余弦值為.
方法二:因?yàn)樗睦庵乃欣忾L(zhǎng)都相等,所以四邊形ABCD為菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以O(shè)B,OC,OO1兩兩垂直.如圖,以O(shè)為原點(diǎn),OB,OC,OO1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)棱長(zhǎng)為2,因?yàn)椤螩BA=60,所以O(shè)B=,OC=1,
所以O(shè),B1,C1,
平面BDD1B1的一個(gè)法向量為n=,
設(shè)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(zhǎng)為2的正方形ABCD沿對(duì)角線BD折成一個(gè)直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,
(1)若a=2,求證:AB∥平面CDE.
(2)求實(shí)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(biāo)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(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為n1=(x,y,z),
則有-2y+2z=0,x-y+z=0,
取z=時(shí),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(biāo)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(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為n2=(x,y,z),
則有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2時(shí),n2=(a-2,a,2),
又平面AEC的一個(gè)法向量為n3=(-1,1,0),
因?yàn)槎娼茿-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(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長(zhǎng)為2的正方形,高為4,則點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離是 .
【解析】如圖所示建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面AB1D1的法向量為n=(x,y,z),
則即
解得x=2z且y=-2z,
不妨設(shè)n=(2,-2,1),設(shè)點(diǎn)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(diǎn)在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點(diǎn),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(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.
設(shè)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(shè)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(diǎn),連接AN,DM交于點(diǎn)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(diǎn).
(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?yàn)槠矫鍭′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(diǎn)E,連接EF,EM,
因?yàn)镕是A′C中點(diǎn),所以EFCD.
又M是AB中點(diǎn),
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?yàn)镋M?平面A′DM,BF?平面A′DM,
所以BF∥平面A′DM.
(3)因?yàn)锳B=2BC=2,M是AB中點(diǎn),
所以A′D=A′M=1.
因?yàn)榱庑蜛DNM中O是DM中點(diǎn),
所以A′O⊥DM,因?yàn)槠矫鍭′DM⊥平面ABCD,
所以A′O⊥平面ABCD.
以O(shè)N為x軸,OM為y軸,OA′為z軸建立空間直角坐標(biāo)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?yàn)镹是CD的中點(diǎn),所以C.
因?yàn)镕是A′C的中點(diǎn),所以F.
因?yàn)镹O⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一個(gè)法向量=.
因?yàn)?,所以||==1.
設(shè)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(shí),四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時(shí)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(zhì)定理證明AB⊥平面PAD即可.
(2)借助兩平面垂直的性質(zhì),作PO⊥AD,即四棱錐的高找到,過點(diǎn)O作OM⊥BC于點(diǎn)M,連接PM.則四棱錐的體積能用AB的長(zhǎng)度表示,即可建立體積與AB的函數(shù),借助二次函數(shù)知識(shí)求最值;此時(shí)可建立空間直角坐標(biāo)系,利用坐標(biāo)法求解.
【解析】(1)因?yàn)锳BCD為矩形,所以AB⊥AD,
又因?yàn)槠矫鍼AD⊥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(diǎn)P作PO⊥AD于點(diǎn)O,
則PO⊥平面ABCD,過點(diǎn)O作OM⊥BC于點(diǎn)M,
連接PM.則PM⊥BC,
因?yàn)椤螧PC=90,PB=,PC=2,
所以BC=,PM=,
設(shè)AB=t,則在Rt△POM中,PO=,
所以VP-ABCD=t
=,
所以當(dāng)t2=,即t=時(shí),VP-ABCD最大為.
此時(shí)PO=AB=,且PO,OA,OM兩兩垂直,
以O(shè)A,OM,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,
則P,D,C,B.
所以=,
=,=.
設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量m=(x1,y1,z1),
則
即
令x1=1,則m=(1,0,-2),|m|=;
同理設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量n=(x2,y2,z2),
即
令y2=1,則n=(0,1,1),|n|=,
設(shè)平面PBC與平面DPC夾角為θ,顯然θ為銳角,
且cosθ===.
鏈接地址:http://weibangfood.com.cn/p-3201914.html