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【创新设计】2015高考数学(苏教理)一轮题组训练:8-7立体几何中的向量方法(二)


第7讲

立体几何中的向量方法(二) ——求空间角 基础巩固题组(建议用时:40 分钟)

一、填空题 1.平面 α 的一个法向量为 n=(1,- 3,0),则 y 轴与平面 α 所成的角的大小为________. 2. 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 CD,CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所

成的角的大小是________.

3.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________. → 1 → 4.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,点 M 在 AC1 上且AM=2MC1,N 为 B1B 的中点,则 → |MN|为________.

5.在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于 ________.

6. 过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成

的二面角的大小是________.

7. 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AB=AA1, 则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为________.

→ → → 8.已知 O 点为空间直角坐标系的原点,向量OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),且点 Q → → → 在直线 OP 上运动,当QA· QB取得最小值时,OQ的坐标是________. 二、解答题 9.(2013· 江苏卷)如图,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点 D 是 BC 的中点.

(1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值.

10. (2014· 广州质检)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值.

能力提升题组(建议用时:25 分钟) 一、填空题 1. 如图, 正方形 ACDE 与等腰直角三角形 ACB 所在的平面互相垂直, 且 AC=BC=2, ∠ACB =90° ,F,G 分别是线段 AE,BC 的中点.则 AD 与 GF 所成的角的余弦值为________.

2.在四面体 PABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的 距离为________.

3.在正四棱锥 SABCD 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 所成的角是________.

二、解答题 4.(2013· 北京卷改编)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5.

(1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值; BD (3)在线段 BC1 上是否存在点 D,使得 AD⊥A1B?若存在,试求出 的值. BC1

第7讲

立体几何中的向量方法(二) ——求空间角参考答案 基础巩固题组(建议用时:40 分钟)

一、填空题 1.解析 y 轴的方向向量为 m=(0,1,0),设 y 轴与平面 α 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos〈m,n〉 m· n - 3 3 3 π |,∵cos〈m,n〉=|m||n|= =- 2 ,∴sin θ= 2 ,∴θ=3.答案 2×1 π 3

2. 解析 以 D 为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设 1? 1 ? ? ? AB=1,则 D(0,0,0),N?0,1,2?,M?0,2,0?,A1(1,0,1), ? ? ? ? → ? → → 1? → 1 ? ? ? 1? 1 ∴DN=?0,1,2?,MA1=?1,-2,1?,∴DN· MA1=1×0+1×?-2?+2×1=0, ? ? ? ? ? ? → → ∴DN⊥MA1,∴A1M 与 DN 所成的角的大小是 90° .答案 90°

→ 1? ? 3.解析 以 A 为原点建系,设棱长为 1,则 A1(0,0,1),E?1,0,2?,D(0,1,0),∴A1D=(0,1, ? ? → ? 1? -1),A1E=?1,0,-2?. ? ?

设平面 A1ED 的法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ? ?y=2, 则? ∴? ∴n1=(1,2,2), 1 1-2z=0, ?z=2. ? ? 2 2 ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1),∴cos〈n1,n2〉= =3,故锐二面角的余 3×1

2 弦值为3.答案 4.解析

2 3

a? ? 以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz, 则 A(a,0,0), C1(0, a, a), N?a,a,2?. ? ? 设 M(x,y,z), → 1 → ∵点 M 在 AC1 上且AM=2MC1, 1 ∴(x-a,y,z)=2(-x,a-y,a-z) 2 a a ?2a a a? ∴x=3a,y=3,z=3.得 M? 3 ,3,3?, ? ? → ∴|MN|= 21 ? 2 ?2 ? a?2 ?a a?2 ?a-3a? +?a-3? +?2-3? = 6 a.答案 ? ? ? ? ? ? 21 6 a

5. 解析 以 D 为坐标原点, 建立空间直角坐标系, 如图, 设 AA1=2AB=2, 则 D(0,0,0), C(0,1,0), → → → B(1,1,0),C1(0,1,2),则DC=(0,1,0),DB=(1,1,0),DC1=(0,1,2).

→ → ?x+y=0, 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥DB,n⊥DC1,所以有? 令 y= ?y+2z=0, -2,得平面 BDC1 的一个法向量为 n=(2,-2,1). → ? n· → DC ? 2 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos〈n,DC〉|=? = .答案 →? 3 ?|n||DC|? 2 3

6. 解析 法一 建立如图 1 所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向
1 2

|n1· n2| 量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角的余弦值为|n ||n | 2 = 2 ,故所求的二面角的大小是 45° .

法二 将其补成正方体.如图 2,不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角就是平面 ABQP 和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45° . 答案 45° 7.解析

→ 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AB=2,则 C1( 3,1,0),A(0,0,2),AC1=( 3,1, -2),平面 BB1C1C 的一个法向量为 n=(1,0,0).所以 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值 → |AC1· n| 3 6 为 = = 4 .答案 → 8 |AC1||n| 6 4

8.解析 ∵点 Q 在直线 OP 上,∴设点 Q(λ,λ,2λ), → → 则QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB=(2-λ,1-λ,2-2λ), → → ? 4? 2 QA· QB=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6?λ-3?2-3. ? ?

→ → → ?4 4 8? 4 2 当 λ=3时,QA· QB取得最小值-3.此时OQ=?3,3,3?.答案 ? ? 二、解答题 9.解

?4 4 8? ?3,3,3? ? ?

(1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0),

→ → C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4).

→ → → → A1B· C1 D 18 3 10 因为 cos〈A1B,C1D〉= = = 10 , → → 20× 18 |A1B||C1D| 3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 10 . (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z), → → 因为AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4), → → 所以 n1· AD=0,n1· AC1=0,即 x+y=0 且 y+2z=0. 取 z=1,得 x=2,y=-2,所以,n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量. 取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0,1,0),设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. n2 ? 2 2 5 ? n1· ? 由|cos θ|=?|n |· = = ,得 sin θ = 3. ? 1 |n2|? 9× 1 3 5 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 3 . 10.(1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, ∴PA⊥BD. 同理由 PC⊥平面 BDE,可证得 PC⊥BD. 又 PA∩PC=P,∴BD⊥平面 PAC. (2)解 如图,分别以射线 AB,AD,AP 为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系.

由(1)知 BD⊥平面 PAC, 又 AC?平面 PAC,∴BD⊥AC. 故矩形 ABCD 为正方形, ∴AB=BC=CD=AD=2. ∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). → → → ∴PB=(2,0,-1),BC=(0,2,0),BD=(-2,2,0). 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ?n· PB=0, ? → ? ?n· BC=0, x+0· y-z=0, ?2· 即? x+2· y+0· z=0, ?0·

?z=2x, ∴? 取 x=1 得 n=(1,0,2). ?y=0, ∵BD⊥平面 PAC, → ∴BD=(-2,2,0)为平面 PAC 的一个法向量. → → n· BD 10 cos〈n,BD〉= =- 10 . → |n|· |BD| π 设二面角 B-PC-A 的平面角为 α,由图知 0<α<2, ∴cos α= 10 3 10 ,sin α= 1-cos2α= . 10 10

sin α ∴tan α=cos α=3,即二面角 B-PC-A 的正切值为 3. 能力提升题组(建议用时:25 分钟)

一、填空题

1. 解析 如图, 以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz, A(0,2,0), B(2,0,0), D(0,0,2), G(1,0,0), → → F(0,2,1),AD=(0,-2,2),GF=(-1,2,1),

→ → → → ∴|AD|=2 2,|GF|= 6,AD· GF=-2, → → → → AD· GF 3 3 ∴cos〈AD,GF〉= =- 6 .∴直线 AD 与 GF 所成角的余弦值为 6 .答案 → → |AD||GF| 3 6

2. 解析 根据题意, 可建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz,则 P(0,0,0), A(a,0,0),B(0, a,0),C(0,0,a).过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到 平面 ABC 的距离.∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. ?a a a? 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心,可得 H 点的坐标为?3,3,3?. ? ? ∴PH= a? 3 ? a?2 ? a?2 ? ?0-3? +?0-3? +?0-3?2= a.答案 3 ? ? ? ? ? ? 3 3a

3.解析 如图,以 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz.

a a? ? 设 OD=SO=OA=OB=OC=a.则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,-2,2?. ? ? → → ? a a? 则CA=(2a,0,0),AP=?-a,-2,2?, ? ? → CB=(a,a,0),设平面 PAC 的一个法向量为 n, 设 n=(x,y,z), → ? ?n· CA=0, 则? → ? ?n· AP=0, ?x=0, 解得? 可取 n=(0,1,1), ?y=z,

→ → → CB· n a 1 则 cos〈CB,n〉= = =2,∴〈CB,n〉=60° , 2 → 2a · 2 |CB|· |n| ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90° -60° =30° .答案 二、解答题 4.(1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面 ABC. 30°

(2)解 由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB,由题意知, 在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5,

∴BC2=AC2+AB2, ∴AB⊥AC. ∴以 A 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz. → → A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),于是A1C1=(4,0,0),A1B= → → (0,3,-4),B1C1=(4,-3,0),BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? ?A1C1· n1=0, ∴? → ?A ? n1=0 1B· ?4x1=0, ?? ?3y1-4z1=0,

∴取向量 n1=(0,4,3), → ? ?B1C1· n2=0, 由? → ?BB ? n2=0 1· ?4x2-3y2=0, ?? ?4z2=0.

取向量 n2=(3,4,0), n1· n2 16 16 ∴cos θ=|n ||n |= =25. 5 × 5 1 2 由题图可判断二面角 A1BC1B1 为锐角, 16 故二面角 A1BC1B1 的余弦值为25. → → (3)解 假设存在点 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,使 AD⊥A1B,且BD=λBC1. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, → ∴AD=(4λ,3-3λ,4λ), 9 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0,解得 λ=25, 9 BD 9 因为25∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B.此时BC =25.
1


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