高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习课时分层提升练四十八利用向量求空间角和距离

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层提升练四十八利用向量求空间角和距离……30分钟60分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018·全国卷II)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 ()A.15 B.56 C.55【解析】选C.方法一:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以=(1,0,3),=(1,1,3),设异面直线AD1与DB1所成角为α,则cosα=|cos,|=-1+31+3·1+1+3=方法二:如图.连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EF12B1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成的角由已知EF=12DB1=121D1E=12AD1=1,D1F=1+12所以cos∠D1EF=EF2+2.(2020·大理模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的正弦值为 ()A.32 B.33 C.35【解析】选B.设正方体的棱长为1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则B(1,1,0),B1(1,1,1),A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·=x+y=0,n·=x+z=0,令x=1,可得n=(1,1,1),设BB1与平面ACD1所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=13×1=3.(2019·漳州模拟)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则D1到平面A1BD的距离为 ()A.32 B.22 C.22【解析】选D.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,因为正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,所以D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(2,0,2),=(2,2,0),=(2,0,0),设平面DBA1的法向量n=(x,y,z),因为n·=0,n·=0,所以2x+2z所以D1到平面A1BD的距离d==|-2+0+0|3=4.已知正四棱锥PABCD中,PA=AB=4,E,F分别是PB,PC的中点,则异面直线AE与BF所成角的余弦值为 ()A.33 B.63 C.16【解析】选C.建立空间直角坐标系如图,因为PA=4,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0),P(2,2,22).所以E(3,1,2),F(3,3,2),所以=(3,1,2),=(1,3,2),所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为=16.5.已知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于 ()A.23 B.33 C.23【解析】选A.如图,连接AC,交BD于点O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于点H,连接DH.因为BD⊥ACBDCH⊥BDCH⊥C1OBD所以∠HDC为CD与平面BDC1所成的角.设AA1=2AB=2,则OC=AC2=2C1O=OC2+CC12由等面积法,得C1O·CH=OC·CC1,即322·CH=22×2,所以所以sin∠HDC=HCDC=231二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为________.

【解析】以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设棱长为2,则A(2,0,0),E(0,0,1),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(2,0,1),=(2,2,2),所以cos<,>==155,所以异面直线AE与BD1所成角的余弦值为155答案:157.(2020·宜宾模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1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________.

【解析】以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E1,所以=(0,1,1),=1,0,-设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),则y-z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<n1,n2>=23×1即所成的锐二面角的余弦值为23答案:28.如图,PABCD是正四棱锥,ABCDA1B1C1D1是正方体,其中AB=2,PA=6,则B1到平面PAD的距离为________.

【解析】以A1B1为x轴,A1D1为y轴,A1A为z轴建立空间直角坐标系,则=(0,2,0),=(1,1,2),设平面PAD的法向量是m=(x,y,z),所以由可得2取z=1得m=(2,0,1),因为=(2,0,2),所以B1到平面PAD的距离d==655答案:6三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2019·浙江高考)如图,已知三棱柱ABCA1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC.(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解析】(1)方法一:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F,且A1E∩A1F=A1,所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.方法二:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),F32因此,=32,32,2由·=0得EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2所以cos∠EOG=EO2+因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3510.(2020·南充模拟)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知AB=2,AA1=5,E,F分别为D1D,B1B上的点,且DE=B1F=1.(1)求证:BE⊥平面ACF.(2)求点E到平面ACF的距离.(3)求异面直线AF与BE之间的距离.【解析】(1)以D为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,5),E(0,0,1),F(2,2,4).于是=(2,2,0),=(0,2,4),=(2,2,1).因为·=0,·=0,所以BE⊥AC,BE⊥AF,且AC∩AF=A,所以BE⊥平面ACF.(2)由(1)知,为平面ACF的一个法向量,所以向量在上的射影的大小即为E到平面ACF的距离,设为d1,于是d1=||·|cos<,>|=||·=|(-2,0故点E到平面ACF的距离为53(3)由(1)知=(0,2,4),=(2,2,1),设AF与BE的公垂线的方向向量d=(x,y,z),则得y=-2z,又=(0,2,0),设AF与BE之间的距离为d2,则d2==|5×0+(-……20分钟40分1.(5分)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC为正三角形,侧棱垂直于底面,AB=4,AA1=6,若E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=13CC1,则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为A.36 B.26 C.310【解析】选D.以C为原点,CA所在直线为x轴,在平面ABC中过点C作AC的垂线为y轴,CC1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,因为在三棱柱ABCA1B1C1中,底面△ABC为正三角形,侧棱垂直于底面,AB=4,AA1=6,E,F分别是棱BB1,CC1上的点,且BE=B1E,C1F=13CC1所以A1(4,0,6),E(2,23,3),F(0,0,4),A(4,0,0),=(2,23,3),=(4,0,4),设异面直线A1E与AF所成角为θ,则cosθ==210.所以异面直线A1E与AF所成角的余弦值为2102.(5分)如图,多面体ABCDPE的底面ABCD是平行四边形,AD=AB=2,·=0,PD⊥平面ABCD,EC∥PD,且PD=2EC=2,则二面角APBE的大小为 ()A.2π3 B.π6 C.π【解析】选D.由·=0,PD⊥平面ABCD,可得:PD⊥DA,PD⊥DC,AD⊥AB,则AD⊥DC.分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为AD=AB=2,PD=2EC=2,所以A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,2),E(0,2,1),=(2,2,2),=(0,2,0),=(2,0,1).设平面PAB的一个法向量为m=(x,y,z),由取z=1,得m=(1,0,1);设平面PEB的一个法向量为n=(a,b,c),由取c=2,得n=(1,1,2).所以cos<m,n>=m·n|m||所以二面角APBE的大小为5π3.(5分)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为________.

【解析】如图,过E作EE1⊥B1C1于E1,连接D1E1,过P作PQ⊥D1E1于Q,在同一个平面EE1D1内,EE1⊥E1D1,PQ⊥D1E1,所以PQ∥EE1,又因为CC1∥EE1,所以CC1∥PQ,因为CC1⊥平面A1B1C1D1,所以点P到CC1的距离就是QC1的长度,所以当且仅当C1Q⊥D1E1时,所求的距离最小值为C1Q=C1D1·C答案:24.(12分)(2019·全国卷Ⅱ)如图,长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1.(2)若AE=A1E,求二面角BECC1的正弦值.【解析】(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,EC1∩B1C1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,1,1),=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即x=0所以可取n=(0,1,1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则即2z所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>=n·m|所以,二面角BECC1的正弦值为325.(13分)如图1,在矩形ABCD中,AB=35,BC=25,点E在线段DC上,且DE=5,现将△AED沿AE折到△AED′的位置,连接CD′,BD′,如图2.(1)若点P在线段BC上,且BP=52,证明:AE⊥(2)记平面AD′E与平面BCD′的交线为l.若二面角BAED′为2π3,求l与平面D′CE【解析】(1)先在图1中连接DP,在Rt△ADE中,由AD=BC=25,DE=5,得tan∠DAE=12,在Rt△PCD中,由DC=AB=35,PC=BCBP=2552=得tan∠PDC=12,所以tan∠PDC=tan∠则∠PDC=∠DAE,所以∠DOE=90°,从而有AE⊥OD,AE⊥OP,即在图2中有AE⊥OD′,AE⊥OP,又OD′∩OP=O,所以AE⊥平面POD′,则AE⊥PD′.(2)延长AE,BC交于点Q,连接D′Q,根据公理3得到直线D′Q即为l,再根据二面角定义得到∠D′OP=2π在平面POD′内过点O作底面垂线,以O为原点,分别为OA,OP及所作垂线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D′(0,1,3),E(1,0,0),Q(11,0,0),C(3,4,0),=(11,1,3),=(2,4,0),=(1,1,3),设平面D′EC的一个法向量为n=(x,y,z),由取y=1,得n=2,所以l与平面D′CE所成角的正弦值为|cos<n,>|==155.【变式备选】如图所示的多面体ABCDA1B1C1中,上底面ABCD与下底面A1B1C1平行,四边形ABCD为平行四边形,且AA1∥BB1∥CC1,已知AB1=A1B1=2AA1=2AC,∠AA1C1=π3,且A1C1⊥B1C1(1)求