高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)-求空间角和距离练习试题

课时提升作业(四十七)立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A.1010 B.3010 C.21510【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).BC1→cos<BC1→,AE→所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为30102.(2015·宁波模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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.以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则DB→=(1,1,0),DC设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则QUOTEn·DB→=x+y=0,n·取z=1,则y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1),所以sinθ=QUOTEcos<n,DC→>=QUOTEn·DC→nDC=-23×1=【一题多解】本题还可以采用如下方法解答.方法一:选A.设AB=1,则AA1=2.设AC∩BD=O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,显然△C1DB是等腰三角形,所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD,因为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与平面C1BD所成的角,在Rt△C1OC中,OC=22,C1C所以C1O=C1C2由C1C·OC=C1O·CH知CH=C1C·OCC1在Rt△CDH中,sin∠CDH=CHCD=方法二:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为θ,由VC-C1BD=VC1-CBD知13S△所以h=23,所以sinθ=hCD=3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A.32 B.C.105 D.【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系,分别求出直线BC1的方向向量与平面DBB1D1的法向量,用空间向量的直线与平面所成角的夹角公式计算得解.【解析】选C.如图建立空间直角坐标系,则B(4,0,0),C(4,4,0),C1(4,4,2),显然AC⊥平面BB1D1D,所以AC又BC所以cos<BC1→,AC→>=B即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为1054.(2015·厦门模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为()A.150° B.45° C.60° D.120°【解析】选C.由条件知CA→·AB→=0,因为CD→=CA→+所以|CD→|2=|CA→|2+|AB→|2+|BD→|2+2CA→=62+42+82+2×6×8cos<CA→,=(217)2.所以cos<CA→,BD→>=-12,则<C即<AC→,BD→>=605.(2015·北京模拟)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()A.63 B.33a C.a3 【解题提示】以P为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).所以ABACPA设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).由QUOTEn⊥AB→,n⊥AC→得y令x=1,所以n=(1,1,1),所以P到平面ABC的距离d==a3=33二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=2,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=(0,1,0),AM=12,12,0-(1,0,2)=-12,12,-2=110所以tanθ=13答案:17.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为.【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E1,1,F0,1,AE→=AF→=设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由QUOTEn·AE→=0,n·AF→令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),cosθ=|cos<n,m>|=31111,tanθ=答案:238.(2015·石家庄模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.【解析】以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设点E(1,a,1)(0≤a≤1),连接D1E,则D1连接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,则DA1所以点E到平面ABC1D1的距离是d=|D1E答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2014·湖南高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.【解题提示】(1)利用矩形的邻边垂直,及线线平行证明OO1⊥AC,OO1⊥BD.(2)由二面角的定义或者向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)方法一:如图,过O1作O1H⊥B1O,垂足为H,连接C1H,由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB,所以由三垂线定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.设棱柱的棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,OB1=7,在直角三角形O1OB1中,O1H=OO1·因为O1C1=1,所以C1H=O1=1+127所以cos∠C1HO1=O1HC1H=25719方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1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,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,所以O0,0,0,B13,0,2,C1平面BDD1B1的一个法向量为n=0,1,0设平面OC1B1的法向量为m=x,y,z则由m⊥OB1→,m⊥O取z=-3,则x=2,y=23,所以m=2,2所以cos<m,n>==2319=2由图形可知二面角C1-OB1-D为锐二面角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为2571910.(2015·杭州模拟)如图,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,(1)若a=22,求证:AB∥平面CDE.(2)求实数a的值,使得二面角A-EC-D的大小为60°.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,2),D(0,2,0),E(0,0,22),ABDE→=(0,-2,22),DC设平面CDE的一个法向量为n1=(x,y,z),则有-2y+22z=0,x-y+2z=0,取z=2时,n1=(0,2,2),所以AB→所以AB∥平面CDE.(2)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,2),D(0,2,0),E(0,0,a),DEDC→=(1,-1,设平面CDE的一个法向量为n2=(x,y,z),则有-2y+az=0,x-y+2z=0,取z=2时,n2=(a-22,a,2),又平面AEC的一个法向量为n3=(-1,1,0),因为二面角A-EC-D的大小为60°,所以=12,即a2-22解得a=2±2.

(20分钟40分)1.(5分)如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=23,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=π2A.π6 B.C.5π3 【解析】选B.二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.AD→=AB→+BC→+CD→.而AD2→=AB2→+BC2→+CD2→+2|AB→||CD→|·cos<2.(5分)(2015·北京模拟)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到平面AB1D1的距离是.【解析】如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),ADABAA设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则QUOTEn·AD1→=0,n·解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d=QUOTE|AA1→·n||n|=答案:43.(5分)(2015·郑州模拟)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.【解析】如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-则CA→=(AP→=-a,-设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<CB→,n>=QUOTECB→·n|CB→||n|所以<CB→,n>=60所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.答案:30°4.(12分)(能力挑战题)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=120°,M,N分别为线段AB,CD的中点,连接AN,DM交于点O,将△ADM沿直线DM翻折成△A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:ON⊥平面A′DM.(2)求证:BF∥平面A′DM.(3)求直线FO与平面A′DM所成的角.【解析】(1)连接MN,由平面几何知四边形AMND是菱形.所以AN⊥DM.因为平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交线,AN⊂平面ABCD,所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM.(2)取A′D的中点E,连接EF,EM,因为F是A′C中点,所以EF12又M是AB中点,所以在平行四边形ABCD中,BM12CD,所以EF所以BF∥EM,因为EM⊂平面A′DM,BF⊄平面A′DM,所以BF∥平面A′DM.(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,所以A′D=A′M=1.因为菱形ADNM中O是DM中点,所以A′O⊥DM,因为平面A′DM⊥平面ABCD,所以A′O⊥平面ABCD.以ON为x轴,OM为y轴,OA′为z轴建立空间直角坐标系,∠ADN=∠ABC=120°,在△ADN中,AD=DN=1,所以AN=AD2+D同理求得DM=AD=AM=1,所以N32,0,0,D0,-1因为N是CD的中点,所以C3,因为F是A′C的中点,所以F32因为NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一个法向量ON→=因为OF→=32,1设OF与平面A′DM所成的角为θ,0<θ<π2则sinθ=|cos<OF→,ON→>|=OF→·ON→|所以直线FO与平面A′DM所成的角为π35.(13分)(2014·江西高考)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD.(2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.【解题提示】(1)利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD即可.(2)借助两平面垂直的性质,作PO⊥AD,即四棱锥的高找到,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则四棱锥的体积能用AB的长度表示,即可建立体积与AB的函数,借助二次函数知识求最值;此时可建立空间直角坐标系,利用坐标法求解.【解析】(1)因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD,又因为平面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)过点P作PO⊥AD于点O,则PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则PM⊥BC,因为∠BPC=90°,PB=2,PC=2,所以BC=6,PM=23设AB=t,则在