人教版高中数学微练（四十七） 用空间向量研究夹角问题

1、微练（四十七） 用空间向量研究夹角问题第一次作业 用空间向量研究夹角问题一、单项选择题1. 在正方体ABCDA1B1C1D1 A. 12B. 21015C. 23D. 1115解析分别以DA ，DC ，DD1 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，令AD=1 ，所以DB1=12. 2022绥化月考在直三棱柱ABCA1B1C1 中，ABC=60 A. 1010B. 310C. 310D. 1020解析解法一：将直三棱柱ABCA1B1C1 补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1 ，连接A1D ，则A1D/B1C ，所以DA1B （或其补角）是异面直线A1B 与B1C解法二：在ABC 中，ABC=6

2、0 ，AB=2 ，BC=1 ,由余弦定理得，AC2=AB2+BC22ABBCcos60=3 ，因为AC2+BC2=3. 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1 中，E A. 22B. 12C. 32D. 2 解析解法一：连接AB1 ，与A1B 交于点F （图略），由于AFA1B ，AFBC ，则AF 平面A1B解法二：以CD ，CB ，CC1 分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系（图略），则C0,0,0 ,A2,2,0 ,B0,2,0 ，A12,2,2 ,D12,0,2 ,E1,0,1 。所以AE=1,2,1 ，BC=0,2,0 ，C4. 如图，点A ，B ，C 分别在空间直

3、角坐标系Oxyz 的三条坐标轴上，OC=0,0,2 ,平面ABC 的一个法向量为=A. 43B. 53C. 23D. 2解析由题意得平面AOB 的一个法向量为OC=0,0,2 。又平面ABC 的一个法向量为5. 2022三明模拟在生活中，我们常看到各种各样的简易遮阳棚。现有直径为2m 的圆面，在圆周上选定一个点固定在水平的地面上，然后将圆面撑起，使得圆面与南北方向的某一条直线平行，做成简易遮阳棚。设正东方向射出的太阳光线与地面成30 角，若要使所遮阴影面的面积最大，那么圆面与阴影面所成角的大小为( A. 30B. 45C. 60D. 75解析依题意分析可知，阴影面是椭圆面，椭圆的短轴长为2m

4、，如图，圆的直径AB 在地面的阴影为AC ，则AC 为椭圆的长轴，BAC 为圆面与阴影面所成角的平面角，BCA=30 ，易知，要使椭圆的面积最大，只要AC 最大即可，在ABC 中，由正弦定理可得A6. 在三棱锥PABC 中，已知ABC 是边长为6的等边三角形，PA 平面ABC ，A. 257B. 5738C. 13319D. 13338解析解法一：如图，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，过点A 作AEPD 于E ，连接BE ，因为PA 平面ABC ，所以PABC ，因为ABC 是等边三角形，所以BCAD ，又PAAD=A ，所以BC 平面PAD ，因为BC 平面PBC ，所以平面PBC

5、平面PA解法二：以A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A0,0,0 ,B33,3,0 ,P0,0,12 ,C0PC=6y12z=0,BC=33x+3y=0， 令y=2 ，则z=1 ,x=27. 2022长春调研如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1 中，ACB=90 A. 2 B. 3 C. 2 D. 22解析如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC1 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C0,0,0 ,A1,0,0 ,B10,2,2 ,C10,0,2 。设AD=a ,则D 点坐标为1,0,a ,CD=1,0,a ,CB二、填空题8. 已知正三棱锥APBC

6、的侧棱AP ，AB ，AC 两两垂直，D ，E 分别为棱PA ，BC 的中点，则异面直线解析设AB=2 ，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则P0,0,2 ,D0,0,1 ,C0,2,9. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1 中，E ，F 分别为AD 解析以D 为原点，DA 的方向为x 轴正方向，DC 的方向为y 轴正方向，DD1 的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系。设AB=2 ，则E1,0,0 ,F0,0,1 ,B2,2,0 ，EF=1,0,1 ，EB=1,2,0 。设平面EF10. 如图，菱形ABCD 中，

7、ABC=60 ，AC 与BD 相交于点O ，AE 平面ABCD ，CF/AE 解析如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴,以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AE=a ，则B0,3,0 ，D0,3,0 ，F1,0,3 ，E1,0,a ，所以OF=1,0,3 ，DB=0,23,0 ，EB=1,3,a三、解答题11. 如图，在四棱锥PABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，PAD 为等边三角形，E ，F（1） 证明：平面PAD 平面答案解 证明：如图，连接AC 因为四边形ABCD 是正方形，F 是所以F 是AC 的中点，即AC又E 是PC

8、 的中点，所以EF又EFCD 又ADCD ，ADAP又CD 平面ABCD ，所以平面P（2） 求EF 与平面PD答案解 由（1）可知，EF/PA ，所以EF 与平面PDB取AD 的中点O ，连接OP ，OF ，因为PAD 是边长为2的等边三角形，所以由（1）可知，平面PAD 平面ABCD ，故OP 平面ABCD ，又O以O 为坐标原点，分别以OA ，OF ，OP 所在直线为x ,y ,则A1,0,0 ,B1,2所以PA=1,0,3设平面PDB 的法向量为则PB=x+2y3设EF 与平面PDB 所成的角为则sin=|所以EF 与平面PDB 所成角的正弦值为12. 2021新高考全国卷在四棱锥QA

9、BCD 中，底面ABCD 是正方形，若A（1） 证明：平面QAD 平面答案解 证明：取AD 的中点E ，连接QE ，C因为QD=QA=因为AD=2 ，所以所以QE=51所以QE2所以QEC=90因为ADCE=E ，所以因为QE 平面QAD ，所以平面QA（2） 求二面角BQ答案解 解法一：取BC 中点F ，连接EF如图分别以EF ，ED ，EQ 所在的直线为x ,y ,则B2,1,0 ，所以BQ=2,设平面BQD 的法向量为则由1令z1=1 ,则1=易知平面QDA 的一个法向量为设二面角BQDA 的平面角为 ，1 ,显然 为锐角，所以cos=cos解法二：由（1）知平面QAD 平面又因为BAA

10、D ，BA 平面ABC所以BA 平面QAD ，过A 作AM连接BM ，由BA 平面QAD又QDAM 所以QD 平面ABM 则AM由SQ所以BM=所以cosAMB=A13. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是边长为4的菱形，APB=2 ，（1） 求证：CM 平面P答案解 证明：在APB 中，APB=2 ，AB=所以PA=AB2在MBC 中，MB=2 ，所以由余弦定理得CM=所以BM2+CM在PMC 中，PM=2 ，CM=23 又ABPM=M ，所以（2） 线段CD 上是否存在一点N ，使得直线PN 与平面PMD 所成的角的正弦值为68答案解 如图，以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标

11、系，则M0,0,0 ,C设PxP,0,在PAB 中，zP=PAPBA设平面PMD 的法向量为=x1,y1,z1因为MP=1,0,3 ，取=3,2,1 ，则因为PN=所以sin=cos,P所以线段CD 上存在一点N ，使得直线PN 与平面PMD 所成的角的正弦值为68第二次作业 立体几何大题专练1. 2022合肥市检测如图，边长为2的等边三角形ABC 所在平面与菱形A1ACC1 所在平面互相垂直，A1（1） 求证：平面BMC1 答案解 证明：因为四边形A1A所以A1C又因为A1C=3A所以AC因为点M 为线段AC 的中点，所以C1又因为AC/A1在等边ABC 中，由AC/A1又因为BMC1M=M

12、 因为A1C1 平面A1BC1（2） 求点C 到平面A1B答案解 因为BMAC ，平面ABC 平面A1ACC所以直线MB ，MC ，M以点M 为坐标原点，分别以MB ，MC ，MC1 所在直线为x 轴、y 则B3,0,0 ，C10,所以A1C1=0,2,设平面A1BC1 所以A1C1令x=1 ,得=1,所以d=CC1=32=2. 如图，已知ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面（1） 求PB 与平面BC答案解 如图所示，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB因为平面PDE 平面BCDE ，平面P

13、DE 平面BCDE=D因为OB 平面BCDE所以OBP 即为直线PB 因为BC=4 ，则所以OP=在RtOBF 中，BF=2在RtOBP所以sin（2） 求直线DE 到平面PB答案解 因为点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，所以D因为DE 平面PBC ，BC所以DE/ 平面由（1）知，OP 平面B又OFDE ,所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 所在直线为x 则O0,0,0 ，P0,0,3 所以PB=2,3设平面PBC 的法向量为由PB令y=z=1 ，所以=因为OF=设点O 到平面PBC 的距离为d则d=O因为点O 在直线DE 所以直线DE 到平面PBC 的距离等于3. 202

14、1天津高考如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1 中，（1） 求证：D1F/ 答案解 证明：以A 为原点，AB ,AD ,AA1 分别为x ,y 则A0,0,0 ,A10,0,2 ,B2,0因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以E2,1,0 ，F1,2,设平面A1EC1 则令x1=2 ，则=2因为D1F=因为D1F 平面A1EC1 （2） 求直线AC1 与平面A答案解 由（1）得AC1设直线AC1 与平面A1EC则sin（3） 求二面角AA答案解 由正方体的特征可得，平面AA1C1 则cosDB所以二面角AA1C14. 2022山东淄博模拟已知在三棱柱ABCA1B1C1

15、 中，AB=BC=BB1（1） 求三棱柱ABC答案解 取AC 的中点H ，连接BH ，则BHAC ，以H 为原点，CA 所在直线为x 轴，BH 所在直线为y 轴，过点H由已知可得A23,0,0 ，B0,2,0 ，设球心G 的坐标为a,b则GA=GC=所以a解得a=0 ,b=2 所以外接球的半径r=G所以该三棱柱外接球的表面积S=4（2） 设平面ABC 截三棱柱ABCA1B1C1答案解 由（1）可得，BC=23因为CM=12C同理BN=设平面BMN 的法向量为则BM取x=3 ，则z=2所以=3,5,由（1）可知，截面圆的圆心O 在BH 的延长线上，且O0,2,设直线OB1 与平面BMN 所以si

16、n即直线OB1 与平面BMN 5. 2022全国名校联盟联考如图，四棱锥PABCD 的底面为菱形，PD 底面ABCD ，且PD=AD=2 ，B（1） 求异面直线BP 与AE答案解 连接BD ，取AB 的中点M ，连接D因为底面ABCD 为菱形，所以ABD 为等边三角形，所以因为DC/AB又因为PD 底面ABCD ，DC 平面ABCD ，DM所以以D 为坐标原点，分别以DM ，DC ，DP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系。则因为PD=AD=2 ，所以A3,1,0 ,所以BP=3,设异面直线BP 与AE 所成角为则cos所以异面直线BP 与AE 所成角的余弦值为10（2） 若直线l

17、 上一点F ，满足二面角EACF 的大小为答案解 过点P 在平面PCD 内作直线l 平行于C因为CD/AB ，所以l/AB ，即直线由（1）可知AC=设F0,2设平面ACF 的法向量为则取b=1 ，得设平面AEC 的法向量为则取y=1 ，得因为二面角的大小为4 所以cos解得=2所以当二面角EACF 的大小为4 时，点F 的坐标为则AF 的长为36. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD/BC ，BAD=（1） 求直线AE 与平面PC答案解 由BA得ABAD 由PA=AB=1 ，所以PAAB ，所以PA ，A以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ,y ,则A0,0,0 ,P0,0,1 ,D0所以AE=0,1,12设平面PCD 的法