2023高考数学统考一轮复习课后限时集训46立体几何中的向量方法理含解析新人教版202302272154
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课后限时集训(四十六) 立体几何中的向量方法建议用时:40分钟一、选择题1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于( )A.120°B.60°C.30°D.60°或30°C [设直线l与平面α所成的角为β,直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ=|cosγ|=|cos120°|=.又0°≤β≤90°,∴β=30°.]2.(2020·江西省五校协作联考)如图,圆锥的底面直径AB=4,高OC=2,D为底面圆周上的一点,且∠AOD=,则直线AD与BC所成的角为( )A.B.C.D.B [如图,过点O作OE⊥AB交底面圆于E,分别以OE,OB,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为∠AOD=π,所以∠BOD=,则D(,1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,2),=(,3,0),=(0,-2,2),所以cos〈,〉==-,则直线AD与BC所成的角为,故选B.]3.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )\nA.B.C.D.A [设CA=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),B1(0,2,1),可得向量=(-2,2,1),=(0,2,-1),由向量的夹角公式得cos〈,〉===.]4.在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=1,AC=2,BC=,D,E分别是AC1和BB1的中点,则直线DE与平面BB1C1C所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°A [由已知AB2+BC2=AC2,得AB⊥BC.以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设AA1=2a,则A(0,1,0),C(,0,0),D,E(0,0,a),所以=,平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),cos〈,n〉===,〈,n〉=60°,所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.]5.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是( )A.B.C.D.D [如图建立坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),B(2,2,0),\n=(2,0,0),=(2,2,0),=(2,0,2).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则∴令z=1,得n=(-1,1,1).∴D1到平面A1BD的距离d===.]6.如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为,则正四棱柱的高为( )A.2B.3C.4D.5C [以D为原点,以DA,DC,DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示,设DD1=a,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,a),C1(0,2,a),则=(-2,2,0),=(-2,0,a),=(0,0,a),\n设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则∴令x=1可得n=,故cos〈n,〉===.∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为,∴=,解得a=4.故选C.]二、填空题7.在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是. [如图所示,建立空间直角坐标系,则依题意可知,D,C(1,1,0),S(0,0,1),可知=是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的一个法向量n=(x,y,z),因为=,=,所以即令x=2,则有y=-1,z=1,所以n=(2,-1,1).设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ,则cosθ=\n==.]8.如图所示,四棱锥PABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PD=2,E是棱PB的中点,M是棱PC上的动点,当直线PA与直线EM所成的角为60°时,那么线段PM的长度是. [如图建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),∴=,∵E是棱PB的中点,∴E(1,1,1),设M(0,2-m,m),则=,∴==\n=,解得m=,∴M,∴PM==.]9.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为. [如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),=(a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,-a,0),设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),由⇒⇒⇒n1=(1,-1,1).sinθ===.]三、解答题10.(2020·韶关二模)如图,在底面是平行四边形的四棱锥PABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,PD=CD=3,PC=3.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)设M是棱PC的中点,E是棱PA的中点,若BD⊥CD,BD=2,求直线BM与平面BDE\n所成的角的正弦值.[解] (1)证明:在△PDC中,∵PD=CD=3,PC=3,∴PD2+DC2=PC2,则PD⊥DC,又平面PCD⊥平面ABCD,且平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PDC,∴PD⊥平面ABCD,又PD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)由(1)知,PD⊥平面ABCD,又BD⊥CD,∴以D为坐标原点,分别以DB,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.得D(0,0,0),B(2,0,0),E,M.=,=(2,0,0),=.设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),由取z=1,得n=(0,1,1).设直线BM与平面BDE所成的角为θ,则sinθ=|cos〈,n〉|===.∴直线BM与平面BDE所成的角的正弦值为.11.(2020·安徽五校联考)如图,已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AC∩BD=O,PB⊥AC,PA=PB=AB=2CD=2,AC=3.(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;(2)点E是棱PC上一点,且OE∥平面PAD,求二面角EOBA的正弦值.\n[解] (1)证明:等腰梯形ABCD中,△OAB∽△OCD,∴==2,又AC=3,∴OA=2,∴OB=2,∴OA2+OB2=AB2,∴OA⊥OB,即AC⊥BD.又PB⊥AC,且BD∩PB=B,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)连接PO,如图,由(1)知,AC⊥平面PBD,∴AC⊥PO,∴PO==2,∴PO2+OB2=PB2,即PO⊥OB.以OA,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),平面AOB的一个法向量为m=(0,0,1),∵OE∥平面PAD,OE⊂平面PAC,平面PAC∩平面PAD=PA,∴OE∥PA.设平面EOB的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,则y=0,n⊥⇒n⊥⇒(x,y,z)·(-2,0,2)=0⇒x=z,令x=1,则n=(1,0,1),∴cos〈m,n〉==,sin〈m,n〉==,∴所求二面角EOBA的正弦值是.1.(2020·连云港模拟)《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑,如图,在鳖臑PABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则二面角APCB的大小是( )A.30°B.45°C.60°D.90°\nC [∵在鳖臑PABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,∴以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,过B作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,1,0),C(1,0,0),B(0,0,0),P(0,1,1),=(0,0,-1),=(0,-1,-1),=(1,-1,-1),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,1,0),设平面PBC的法向量m=(a,b,c),则取b=1,得m=(0,1,-1),设二面角APCB的大小为θ,则cosθ===,∴θ=60°.∴二面角APCB的大小为60°.故选C.]2.(2020·宣城二模)如图,正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,则在下列命题中,错误的为( )A.OABC是正三棱锥B.二面角DOBA的平面角为C.直线AD与直线OB所成角为D.直线OD⊥平面ABCB [正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,在A中,∵AC=AB=BC,OA=OB=OC,∴OABC是正三棱锥,故A正确;\n在B中,设OB=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),D(1,1,1),O(0,0,0),=(1,1,1),=(0,1,0),设平面OBD的法向量m=(x,y,z),则取x=1,得m=(1,0,-1),平面OAB的法向量n=(0,0,1),cos〈m,n〉===,二面角DOBA的平面角为,故B错误;在C中,设OB=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),D(1,1,1),O(0,0,0),=(0,1,1),=(0,1,0),cos〈,〉===,∴直线AD与直线OB所成角为,故C正确;在D中,设OB=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),D(1,1,1),O(0,0,0),C(0,0,1),=(1,1,1),=(-1,1,0),=(-1,0,1),·=0,·=0,∴OD⊥AB,OD⊥AC,∵AB∩AC=A,∴直线OD⊥平面ABC,故D正确.故选B.]3.(2020·厦门模拟)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC⊥平面ACC1A1,△ABC为正三角形,D为线段BB1的中点.\n(1)证明:平面ADC1⊥平面ACC1A1;(2)若AA1与平面ABC所成角的大小为60°,AA1=AC,求二面角ADC1B1的余弦值.[解] (1)证明:设AC,AC1的中点分别为M,O,连接BM,MO,DO,∵△ABC为正三角形,∴BM⊥AC.∵平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,BM⊂平面ABC,∴BM⊥平面ACC1A1.∵M,O分别为AC,AC1的中点,∴MO綊CC1,在棱柱ABCA1B1C1中,BB1綊CC1,又∵D为BB1的中点,∴BD綊CC1,∴MO綊BD,∴四边形BMOD为平行四边形,∴DO∥BM,∴DO⊥平面ACC1A1,∵DO⊂平面ADC1,∴平面ADC1⊥平面ACC1A1.(2)∵平面ACC1A1⊥平面ABC,∴A1在平面ABC内的射影落在AC上,∴∠A1AC为AA1与平面ABC所成的角,故∠A1AC=60°,连接A1O,∵AA1=AC,则A1O⊥AO,设AA1=2,则AO=,A1O=1,以O为原点,分别以OA,OA1,OD所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,\n则A(,0,0),D(0,0,),C1(-,0,0),C(0,-1,0),B1,∴=(,0,),==,∵平面ACC1A1⊥平面ADC1,平面ACC1A1∩平面ADC1=AC1,OA1⊥AC1,∴OA1⊥平面ADC1,设平面ADC1的一个法向量为=(0,1,0),设平面B1DC1的一个法向量为m=(x,y,z),则取m=(1,,-1),∴cos〈,m〉==,又二面角ADC1B1为钝角,故二面角ADC1B1的余弦值为-.1.(2020·乐清期末)如图在三棱锥SABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=,M,N分别是AB和SC的中点,则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,直线SM与面SAC所成角大小为.\n [因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=,所以以S为坐标原点,SA,SB,SC为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略).设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2).因为=(1,1,0),=(0,-2,1),cos〈,〉==-,所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,面SAC一个法向量为=(0,2,0),则由cos〈,〉==得〈,〉=,即直线SM与面SAC所成角大小为.]2.[结构不良试题](2020·青岛模拟)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题:如图,在四棱锥PABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角APBC的余弦值.[解] 若选②,由PO⊥平面ABCD,知PO⊥AB,又PC⊥AB,∴AB⊥平面PAC,∴AB⊥AC,∴∠BAC=90°,BC>BA,这与底面是菱形矛盾,∴②必不选,故选①③.下面证明:PO⊥平面ABCD,∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,∵PC⊥BD,PC∩AC=C,∴BD⊥平面APC,∵PO⊂平面APC,∴BD⊥PO,∵PA=PC,O为AC中点,∴PO⊥AC,又AC∩BD=O,∴PO⊥平面ABCD,以O为原点,OB,OC,OP的方向分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,\n∵AB∥CD,∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角,∴∠PBA=60°,在菱形ABCD中,设AB=2,∵∠ABC=60°,∴OA=1,OB=,设PO=a,则PA=,PB=,在△PBA中,由余弦定理得:PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,∴a2+1=4+a2+3-2×2××,解得a=,∴A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),设平面ABP的法向量n=(x,y,z),=(,1,0),=(0,1,),则取z=1,得n=(,-,1),设m=(a,b,c)是平面CBP的法向量,=(,-1,0),=(0,-1,),由令c=1,得m=(,,1),设二面角APBC的平面角为θ,∴cosθ==,∴二面角APBC的余弦值为.
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