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人教版2016第一轮复习理科数学教师用书配套习题:课时提升作业(四十八) 7.9利用空间向量求空间角和距离


课时提升作业(四十八)
利用空间向量求空间角和距离 (25 分钟 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 夹角的余弦值为 ( A. B. ) C. D. 60 分)

【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). =(-1,0,2), cos< , >= =(-1,2,1), = . .

所以异面直线 BC1 与 AE 夹角的余弦值为

2.(2015· 宁波模拟)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平 面 BDC1 夹角的正弦值等于 ( A. B. C. ) D.

【解析】选 A.

-1-

以 D 为 原 点 , 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 , 设 AB=1, 则 =(1,1,0), =(0,1,0), 设平面 DBC1 的法向量为 n=(x,y,z), 则 取 z=1,则 y=-2,x=2, 所以 n=(2,-2,1), 所以 sinθ= = = . =(0,1,2),

【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,

-2-

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 的夹角, 在 Rt△C1OC 中,OC= ,C1C=2, 所以 C1O= = , = , = .

由 C1C·OC=C1O·CH 知 CH= 在 Rt△CDH 中,sin∠CDH=

方法二:选 A.设点 C 到平面 C1BD 的距离为 h,CD 与平面 C1BD 的夹角为θ, 由 = 知 ·h= S△CBD·C1C,

所以 h= ,所以 sinθ= = . 3.已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=4,CC1=2,则直线 BC1 和平面 DBB1D1 夹角的正弦值为 ( A. 【解析】选 C. B. ) C. D.

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,

-3-

所以 又

=(4,4,0)为平面 BB1D1D 的一个法向量. =(0,4,2). , = >= . .

所以 cos< =

即直线 BC1 和平面 DBB1D1 夹角的正弦值为

4.(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=4,AC=6,BD=8,CD=2 A.150° B.45° · ,则该二面角的大小为 ( C.60° =0, · =0, ) D.120° AB. 已 知

【解析】选 C.由条件知 因为 所以| = + |2=| + |2+| , , . |2+|

|2+2 )2. ,

· +2

· +2

· =62+42+82+2

×6×8cos< 所以 cos< 即< ,

>=(2 >=- ,则<

>=120°,

>=60°.所以二面角的大小为 60°.

5.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. B. a ) C. D. a

【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).
-4-

所以

=(-a,a,0),

=(-a,0,a), =(a,0,0). 设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z).



令 x=1,所以 n=(1,1,1), = = a.

所以 P 到平面 ABC 的距离 d= 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分)

6.(2015 ·西安模拟 ) 如图 , 在直三棱柱中 , ∠ ACB=90 ° ,AC=BC=1, 侧棱 AA1= 为 ,M 为 A1B1 的 中 点 , 则 AM 与 平 面 AA1C1C 夹 角 的 正 切 值 .

【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 n=(0,1,0),AM= -(1,0, )= AA1C1C 的 法 向 量 为 , 则直线 AM 与平面

-5-

AA1C1C 夹角θ的正弦值为 sinθ=|cos< θ= . 答案:

,n>|=

=

,所以 tan

7.(2014·合肥模拟)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 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】如图,以 A 为原点建系,设棱长为 1. .

则 A1(0,0,1),E 所以 =(0,1,-1),

,D(0,1,0), = ,

设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), 由 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>= = . 得 所以

即所成的锐二面角的余弦值为 . 答案: 8.(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 .

-6-

【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,



=(1,a,0).

连接 A1D,易知 A1D⊥平面 ABC1D1, 则 =(1,0,1)为平面 ABC1D1 的一个法向量. = .

所以点 E 到平面 ABC1D1 的距离是 d= 答案: 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分)

9.(2015·蚌埠模拟)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯 形,AB∥DC,AB⊥AD,平面 PAD⊥平面 ABCD,若 AB=8,DC=2,AD=6 ∠PAD=45°,且 = . ,PA=4,

(1)求证:PO⊥平面 ABCD. (2)设平面 PAD 与平面 PBC 夹角的大小为θ (0°<θ ≤90°),求 cosθ 的 值.
-7-

【解析】(1)因为 所以 AO=2 .

=

,AD=6

,

在△PAO 中,由余弦定理 PO2=PA2+AO2-2PA·AOcos∠PAO, 得 PO2=42+(2 所以 PO=2 )2-2×4×2 × =8,

,所以 PO2+AO2=PA2,

所以 PO⊥AD, 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO 平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD. (2)如图,过 O 作 OE∥AB 交 BC 于 E, 则 OA,OE,OP 两两垂直, 以 O 为坐标原点,分别以 OA,OE,OP 所在直线为 x,y,z 轴, 建立空间直角坐标系 O-xyz,

则 O(0,0,0),A(2 C(-4 所以

,0,0),B(2 ), =(2

,8,0),

,2,0),P(0,0,2 =(-6 ,-6,0),

,8,-2

),

设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z), 由 n· 得 =0,n· =0, 即

-8-

取 x=1,y=所以 n=(1,-

,z=-3, ,-3)为平面 PBC 的一个法向量.

因为 AB⊥平面 PAD, 所以 =(0,8,0)为平面 PAD 的一个法向量, ,n>= = ,n>|= . =- ,

所以 cos<

所以 cosθ=|cos<

10.(2015·咸阳模拟)如图,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在平面互相垂 直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD= CD=2,点 M 在线段 EC 上且不与 E,C 重合.

(1)当点 M 是 EC 中点时,求证:BM∥平面 ADEF. (2)当三棱锥 M-BDE 的体积为 时,求平面 BDM 与平面 ABF 夹角的余弦 值. 【解析】(1)以 DA,DC,DE 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标 系,如图, 则 A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),M(0,2,1), 所以 因为 =(-2,0,1),平面 ADEF 的一个法向量 · =0,所以 ⊥ =(0,4,0).

,即 BM∥平面 ADEF.

或用如图所示的几何法: 取 DE 的中点 N,连接 NM 和 NA,证明四边形 ABMN 为平行四边形. 从而 BM∥AN,而 BM?平面 ADEF, 所以 BM∥平面 ADEF.
-9-

(2)因为 VM-BDE= S△DEM·AD= , 所以 S△DEM= . 又求得 S△DEC=4,所以 = ,所以 M .

设平面 BDM 的法向量 n1=(x,y,z), 又 D(0,0,0),F(2,0,2), 则 ·n1=2x+2y=0, ·n1= y+ z=0.

令 y=-1,则 n1=(1,-1,4),平面 ABF 的法向量 n2=(1,0,0), cos<n1,n2>= = = ,

所以平面 BDM 与平面 ABF 夹角的余弦值为 . (20 分钟 1.(5 分)如图,在四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 DCB= ,则平面 ABC 与平面 DBC 夹角的大小为 ( 40 分) ,BC=3,CD=2,∠ABC=∠ )

A.

B.

C.

D.

【解析】选 B.平面 ABC 与平面 DBC 夹角的大小等于 AB 与 CD 夹角的大 小. = + + .而 = , + + +2| || , |·cos< , >,

即 12=1+9+4+2×1×2cos<

>,所以 cos<

>=- ,所以 AB 与 CD

- 10 -

夹角为 ,即平面 ABC 与平面 DBC 夹角的大小为 . 2.(5 分)(2015·淮北模拟)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), =(-2,0,4), =(0,0,4), 设平面 AB1D1 的法向量为 n=(x,y,z), 则 即 =(0,2,4),

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= 答案: 3.(5 分)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. . = .

- 11 -

设 OD=SO=OA=OB=OC=a, 则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P 则 = =(2a,0,0), , =(a,a,0). .

设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1), 则 cos< 所以< ,n>= ,n>=60°, = = .

所以直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90°-60°=30°. 答案:30° 4.(12 分)(2015·西安模拟)如图,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=a,△PAD 为 等边三角形,又平面 PAD⊥平面 ABCD.

(1)若在边 BC 上存在一点 Q,使 PQ⊥QD,求 a 的取值范围. (2)当边 BC 上存在唯一点 Q,使 PQ⊥QD 时,求平面 APD 与平面 PDQ 夹角 的余弦值. 【解析】(1)取 AD 中点 O,连接 PO,则 PO⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,

- 12 -

平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 PO⊥平面 ABCD. 建立如图所示的空间直角坐标系,

则P

,D =

. ,

设 Q(t,2,0),则 = 因为 PQ⊥QD, 所以 · =t . .

+4=0.

所以 a=2

因为 a>0,所以 t>0, 所以 2 ≥8,当且仅当 t=2 时等号成立.

故 a 的取值范围为[8,+≦). (2)由(1)知,当 t=2,a=8 时,边 BC 上存在唯一点 Q,使 PQ⊥QD. 此时 Q(2,2,0),D(4,0,0),P(0,0,4 设 n=(x,y,z)是平面 PQD 的法向量, =(2,2,-4 由 ), =(-2,2,0), ).


- 13 -

令 x=y=3,则 n=(3,3, 而

)是平面 PQD 的一个法向量,

=(0,2,0)是平面 APD 的一个法向量,

设平面 APD 与平面 PDQ 的夹角为θ, 由 cosθ=|cos< ,n>|= . .

所以平面 APD 与平面 PDQ 夹角的余弦值为

5.(13 分)(能力挑战题)(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= ,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,
- 14 -

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= 所以 BC= ,PM= , , ,PC=2,

设 AB=t,则在 Rt△POM 中,PO= 所以 VP-ABCD= ·t· = · ,

所以当 t2= ,即 t= 时, VP-ABCD 最大为 .

此时 PO=AB= ,且 PO,OA,OM 两两垂直, 以 OA,OM,OP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz, 则P B 所以 = = , ,D . , = . ,C ,

设平面 PCD 的一个法向量 m=(x1,y1,z1),

- 15 -



即 令 x1=1,则 m=(1,0,-2),|m|= ;

同理设平面 PBC 的一个法向量 n=(x2,y2,z2),

即 令 y2=1,则 n=(0,1,1),|n|= ,

设平面 PBC 与平面 DPC 夹角为θ,显然θ为锐角, 且 cosθ= = = .

- 16 -


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