（安徽专用）高考数学总复习 第七章第8课时 立体几何中的向量方法 课时闯关（含解析）

第七章第8课时立体几何中的向量方法课时闯关（含解析）一、选择题1．(2012·天水调研)已知二面角α-l-β的大小是，m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为(　　)A.　　　　　　　　　　　　　　B.C.D.解析：选B.∵m⊥α，n⊥β，∴异面直线m，n所成的角的补角与二面角αlβ互补．又∵异面直线所成角的范围为，∴m，n所成的角为.2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为(　　)A．平行B．异面C．垂直D．以上都不对解析：选C.以D点为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．∴＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)，＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)，∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，即⊥，∴AM⊥PM.3．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成的角为(　　)A．60°B．45°C．30°D．90°6\n解析：选D.建立坐标系如图所示，易得M(0,0，)，A1(0，，0)，A(0，，)，B1(1,0,0)，∴＝(1，－，－)，＝(0，－，)．∴·＝1×0＋3－＝0，∴⊥.即AB1⊥A1M.4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是(　　)A.　　　　　　B.C.D.解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，设直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，则D(0,0,0)，A(1,0,1)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)，设n＝(x，y，z)是平面A1BD的一个法向量，则，令z＝1，则x＝－1，y＝1.∴n＝(－1,1,1)，∴sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，∵θ∈，∴cosθ＝＝.5．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(　　)A.　　　　　　B.C.D.解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E，∴＝(1,0,1)，＝，设n＝(x，y，z)为平面A1DE的法向量，则6\n，令z＝－1，则x＝1，y＝－，∴n＝，取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)则cos〈m，n〉＝＝－，故所求锐二面角的余弦值为.二、填空题6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．解析：由题知，⊥，⊥.所以即解得，x＝，y＝－，z＝4.答案：，－，47．(2012·贵阳调研)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__________．解析：建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，∴＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，∴cos〈，〉＝＝.答案：6\n8．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则.令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.答案：三、解答题9．(2011·高考辽宁卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值．解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.(1)证明：依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．所以·＝0，·＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即因此可取n＝(0，－1，－2)．同理，设m是平面PBQ的法向量，则可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－.故二面角QBPC的余弦值为－.6\n10．(2011·高考福建卷节选)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD.(2)设AB＝AP，若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥A　　　　　　B.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥，n⊥，得取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得，cos60°＝，即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，所以AB＝.11．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值．解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2，0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1)＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，6\n于是cos〈，〉＝＝＝.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.(2)证明：由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则于是令x＝1，可得u＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD的一个法向量为ν＝(0,0,1)．所以cos〈u，ν〉＝＝＝.因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为.6