【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第8章 第9节 立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离(理)(含解析)北师大版
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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第8章第9节立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离(理)北师大版一、选择题1.在如图所示的正方体A1B1C1D1-ABCD中,E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC夹角的余弦值为( )A.-B.-C.D.[答案] D[解析] 因为A1B1C1D1-ABCD为正方体,所以以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设棱长为1,则=(0,,1),=(-1,1,0),故cos<,>===,故选D.2.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量,,两两的夹角均为60°,且||=1,||=2,||=3,则||=( )A.5B.6C.4D.8[答案] A[解析] 由题知=++,则||2=|AB++|2=12+22+32+2·+2·+2·=14+2×1×2×+2×1×3×+2×2×3×=25,所以||=5.3.正方体ABCD-A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )A.B.-12-\nC.D.[答案] D[解析] 该题考查正方体的性质,直线与平面所成的角,考查坐标法.建立如图所示空间直角坐标系D-xyz,设棱长为1,=(0,0,1),平面ACD1的一个法向量n=(1,1,1),∴cos〈,n〉==,∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1C1的中点,则异面直线CE与BD所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°[答案] D[解析] 以D点为原点,建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则相关点的坐标为C(0,1,0),E(,,1),B(1,1,0),D(0,0,0),∴=(,-,1),=(-1,-1,0).∴·=-++0=0.∴⊥,即CE⊥BD.5.在空间直角坐标系O-xyz中,平面OAB的一个法向量为n=(2,-2,1),已知点P(-1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于( )A.4B.2C.3D.1[答案] B[解析] =(-1,3,2),||==,-12-\n|cos<,n>|=||=||=.d=×=2.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为( )A.B.C.D.[答案] B[解析] 解法1:取BC中点E,连接AE、A1E,过点A作AF⊥A1E,垂足为F.∵A1A⊥平面ABC,∴A1A⊥BC,∵AB=AC.∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF,又AF⊥A1E,∴AF⊥平面A1BC.∴AF的长即为所求点面距离.AA1=1,AE=,∴AF=.解法2:VA1-ABC=S△ABC·AA1=××1=.又∵A1B=A1C=,在△A1BE中,A1E==2.∴S△A1BC=×2×2=2.∴VA-A1BC=×S△A1BC·h=h.∴h=,∴h=.∴点A到平面A1BC距离为.解法3:设BC中点为O,∵△ABC为正三角形,∴AO⊥BC,以O为原点,直线AO,BC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系,则B(0,-1,0),C(0,1,0),A(-,0,0),A1(-,0,1).-12-\n设n=(x,y,1)为平面A1BC的一个法向量,则,∴,∴,∴n=,又=(0,0,1),∴A到平面A1BC的距离d==.二、填空题7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________.[答案] [解析] 如图建立直角坐标系D-xyz,设DA=1,由已知条件A(1,0,0),E(0,,1),B(1,1,0),C(0,1,0),=(-1,,1),=(-1,0,0)设异面直线AE与BC所成角为θ.cosθ=|cos<,>|==.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.[答案] [解析] 如图,建立空间直角坐标系D-xyz,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),∴=(0,2,0),-12-\n设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得n=(2,1,2),设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===.即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.9.已知PD⊥正方形ABCD所在平面,PD=AD=1,则点C到平面PAB的距离d=________.[答案] [解析] 以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),∴=(-1,0,1),=(0,1,0),=(-1,1,0),=(0,-1,1).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),∴,即令x=1,则z=1,∴n=(1,0,1).∴d===.三、解答题10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2,E,F分别是AD,PC的中点.(1)证明:PC⊥平面BEF.(2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小.[解析] (1)如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x-12-\n轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,∵AP=AB=2,BC=AD=2,四边形ABCD是矩形.∴A,B,C,D,P的坐标分别为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),又E,F分别是AD,PC的中点,∴E(0,,0),F(1,,1),∴=(2,2,-2),=(-1,,1),=(1,0,1),∴·=-2+4-2=0,·=2+0-2=0,∴⊥,⊥,∴PC⊥BF,PC⊥EF,BF∩EF=F,∴PC⊥平面BEF.(2)由(1)知平面BEF的法向量n1==(2,2,-2),平面BAP的法向量n2==(0,2,0),∴n1·n2=8,设平面BEF与平面BAP的夹角为θ,则cosθ=|cos〈n1,n2〉|===,∴θ=45°,∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°.一、选择题1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin<,>的值为( )A.B.C.D.[答案] B[解析] 设正方体棱长2,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图),可知=(2,-2,1),-12-\n=(2,2,-1),cos<,>=-,sin<,>=.2.(2022·本溪质检)若正三棱锥的侧面都是直角三角形,则侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.B.C.D.[答案] B[解析] 以正三棱锥O-ABC的顶点O为原点,OA,OB,OC为x,y,z轴建系(图略),设侧棱长为1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),侧面OAB的法向量为=(0,0,1),底面ABC的法向量为n=(,,),∴cos<,n>===.二、填空题3.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________.[答案] [解析] 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),-12-\n设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),由⇒⇒⇒n1=(1,-1,1).sinθ===.4.如右图,若P为正方体AC1的棱A1B1的中点,则截面PC1D和面AA1B1B所成锐二面角的余弦值是____________.[答案] [解析] 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体AC1的棱长为2,则D(0,0,0),C1(0,2,2),P(2,1,2).∴=(0,2,2),=(2,1,2).设截面PC1D的一个法向量为n=(1,y,z),则有即∴∴n=(1,2,-2).又平面AA1B1B的一个法向量为a=(1,0,0),设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ,则cosθ===.三、解答题5.(2022·山东高考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.-12-\n[解析] (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD.所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.连接AD1.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A.又C1M⃘平面A1ADD1,D1A平面A1ADD1.所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一:连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.可得BC=AD=MC,由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,).因此M(,,0).所以=(-,-,),-12-\n==(-,,0)设平面C1D1M的一个法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量.因此cos〈,n〉==.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N.由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,可得CN=.所以ND1==.在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.6.(2022·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-12-\n的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.[解析] (1)ABCD为矩形,故AB⊥AD;又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积为V=··m·=.因为m==.故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B(,-,0),C(,,0),D(0,,0),P(0,0,),故=(,,-),=(0,,0),=(-,0,0),设平面BPC的法向量n1=(x,y,1),-12-\n则由n1⊥,n1⊥得,解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量n2=(0,,1),从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ===.-12-
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