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课时作业(四十三)第43讲立体几何中的向量方法(二)空间角与距离求解时间:45分钟分值:100分图K4311如图K431所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB2,E为PB的中点,cos,.若以DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立坐标系,则点E的坐标为()A(1,1,1) B(2,1,1)C. D.2若a(1,2,1),b(2,0,1)分别是直线l1,l2的方向向量,则l1,l2的位置关系是()A平行 B异面C相交 D相交或异面3两平行平面,分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n(1,0,1),则两平面间的距离是()A. B. C. D34方向向量为s(1,1,1)的直线l经过点A(1,0,0),则坐标原点O(0,0,0)到该直线的距离是()A. B. C. D.5如图K432,长方体ABCDA1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为1,则异面直线AD1和C1D所成角的余弦值是()图K432A. B C. D.6在平行四边形ABCD中,ABAC1,ACD90,将它沿对角线AC折起,使AB和CD成60角(如图K433),则B、D间的距离为()图K433A1 B2 C. D2或72011河南六市联考 在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则异面直线AD1与CE所成角为()A. B. C. D.8在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1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.图K4349如图K434,四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PD平面ABCD,且PDAD1,AB2,点E是AB上一点,当二面角PECD的平面角为时,AE()A1 B. C2 D210已知三棱锥OABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,E为OC的中点,且OA1,OBOC2,则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是_11如图K435,已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱AA1长为b,且AA1与A1B1,A1D1的夹角都是60,则AC1的长等于_图K435图K43612如图K436,AO平面,BCOB,BC与平面的夹角为30,AOBOBCa,则AC_.13如图K437,在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1,点M是线段DC1上的动点,则点M到直线AD1距离的最小值为_图K43714(10分)如图K438,放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABCA1B1C1与正三棱锥BACD组成,其中,ABBC.它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为21,21,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值;(2)在线段AC1上是否存在点P,使B1P平面ACD?若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由图K43815(13分)2011安徽师大附中三模 如图K439,已知AB平面ACD,DE平面ACD,ACD为等边三角形,ADDE2AB,F为CD的中点(1)求证:AF平面BCE;(2)求证:平面BCE平面CDE;(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值图K43916(12分)2011湖北卷 如图K4310,已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4,E是BC的中点,动点F在侧棱CC1上,且不与点C重合(1)当CF1时,求证:EFA1C;(2)设二面角CAFE的大小为,求tan的最小值图K4310课时作业(四十三)【基础热身】1A解析 可知A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0),令P(0,0,2m)(m0),则E(1,1,m),(1,1,m),(0,0,2m),cos,m1.E的坐标为(1,1,1)2D解析 根据共线向量定理,显然a,b不平行,所以l1,l2的位置关系是相交或异面3B解析 两平面的一个单位法向量n0,故两平面间的距离d|n0|.4D解析 直线l的一个单位法向量s0,向量(1,0,0),故点O到直线l的距离为d.【能力提升】5C解析 建立如图所示的空间直角坐标系则A(2,0,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),C1(0,2,1),1(2,0,1),(0,2,1),故异面直线AD1和C1D所成角的余弦值为|cos1,1|.6D解析 ACD90,0.同理0,AB和CD成60角,60或120.,222222222223211cos,|2或,即B、D间的距离为2或,故选D.7D解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则有A(0,0,0),D1(1,0,1),C(1,1,0),E,所以(1,0,1),0,即异面直线AD1与CE所成角为.8D解析 如图,如果过点G直接向平面D1EF作垂线,垂足为H,如果我们能求出向量,那么|就是点G到平面D1EF的距离在正方体中,建立空间直角坐标系非常方便,因此用坐标的方法,解决这个问题如图,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,F,(0,1,0),D1(0,0,1),1.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xy1,由于GHEF,GHED1,所以解得故,所以|,即点G到平面D1EF的距离是.9D解析 以D为原点,射线DA,DC,DP为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图,设E(1,y0,0)(0y02),则(1,2y0,0),设平面PEC的法向量为n1(x,y,z),xyz(2y0)12,记n1(2y0,1,2),而平面ECD的法向量n2(0,0,1),则二面角PECD的平面角满足cos|cosn1,n2|,cosy02.当AE2时,二面角PECD的平面角为.10.解析 以O为原点,OB,OC,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0)设平面ABC的法向量为n1(x,y,z),则由n1知n12xz0,由n1知n12yz0,取n1(1,1,2)设平面EAB的法向量为n(x,y,z),则由n知n2xz0,由n知n2xy0,取n(1,2,2)则cosn,n1,所以平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为.11.解析 由已知1,1,120,90.|1|2|1|2|1|2|2|221221b2a2a2abab2a2b22ab,故|1|.12.a解析 ,其中,90,120,故|2|2|2|2|22223a22a2cos1202a2,故|a,即ACa.13.a解析 设M(0,m,m)(0ma),(a,0,a),直线AD1的一个单位方向向量s0,由(0,m,am),故点M到直线AD1的距离d,根式内的二次函数当m时取最小值2aa2a2,故d的最小值为a.14解答 由已知可得AB平面BB1C1C,由于三棱锥BACD是正三棱锥,所以CD平面BB1C1C,D,B,B1三点共线,ABBCBD.设ABa,BB1b.则其主视图和俯视图的面积都是aba2,左视图的面积是a2,根据已知解得a,b2.以点B为坐标原点,射线BC,BB1,BA分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,),C(,0,0),D(0,0),B1(0,2,0),C1(,2,0),A1(0,2,)(1)由于三棱锥BACD是正三棱锥,该三棱锥的重心G,则BG平面ACD,故可取向量n(1,1,1)为平面ACD的一个法向量,(,2,),故可取v(1,1)为直线CA1的一个方向向量设直线CA1与平面ACD所成角为,则sin|cosn,v|.(2)设m(m,2m,m),则(m,2m2,m),如果B1P平面ACD,则n,即(m,2m2,m)(,),由此得方程组由得m,代入则1,矛盾,这说明不存在满足题目要求的点P.15解答 方法一:(1)证法一:取CE的中点G,连接FG、BG.F为CD的中点,GFDE且GFDE,AB平面ACD,DE平面ACD,ABDE,GFAB.又ABDE,GFAB.又DE2AB,四边形GFAB为平行四边形,则AFBG.AF平面BCE,BG平面BCE,AF平面BCE.证法二:取DE的中点M,连接AM、FM,F为CD的中点,FMCE.AB平面ACD,DE平面ACD,DEAB.又ABDEME,四边形ABEM为平行四边形,则AMBE.FM、AM平面BCE,CE、BE平面BCE,FM平面BCE,AM平面BCE.又FMAMM,平面AFM平面BCE.AF平面AFM,AF平面BCE.(2)证明:ACD为等边三角形,F为CD的中点,AFCD.DE平面ACD,AF平面ACD,DEAF.又CDDED,故AF平面CDE.BGAF,BG平面CDE.BG平面BCE,平面BCE平面CDE.(3)在平面CDE内,过F作FHCE于H,连接BH,平面BCE平面CDE,FH平面BCE.FBH为BF和平面BCE所成的角设ADDE2AB2a,则FHCFsin45a,BF2a,在RtFHB中,sinFBH.直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.方法二:设ADDE2AB2a,建立如图所示的坐标系Axyz,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a,a,0),E(a,a,2a)F为CD的中点,F.(1)证明:,(a,a,a),(2a,0,a),(),AF平面BCE,AF平面BCE.(2)证明:,(a,a,0),(0,0,2a),0,0,.平面CDE,又AF平面BCE,平面BCE平面CDE.(3)设平面BCE的法向量为n(x,y,z),由n0,n0可得xyz0,2xz0,取n(1,2)又,设BF和平面BCE所成的角为,则sin.直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.【难点突破】16解答 解法1:过E作ENAC于N,连接EF.(1)如图,连接NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC侧面A1C,又底面ABC侧面A1CAC,且EN底面ABC,所以EN侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,在RtCNE中,CNCEcos601,则由,得NFAC1.又AC1A1C,故NFA1C,由三垂线定理知EFA1C.(2)如图,连接AF,过N作NMAF于M,连接ME,由(1)知EN侧面A1C,根据三垂线定理得EMAF,所以EMN是二面角CAFE的平面角,即EMN,设FAC,则045.在RtCNE中,NEECsin60,在RtAMN中,MNANsin3sin,故tan.又045,0sin,故当sin,即当45时,tan达到最小值,tan,此时F与C1重合解法2:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),A1
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