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2017版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角练习 理


第八章 立体几何 第 7 讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角 练习 理 新人教 A 版
基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2016·秦皇岛模拟)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 的中点,则异面 直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为( A. 10 10 B. 1 5 C. ) 3 10 10

D. 3 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),E(1,0, → 1),D1(0,0,2).所以BE=(0,-1,1),

CD1=(0,-1,2),
→ → BE·CD1 3 3 10 → → 所以 cos〈BE,CD1〉= = = . → → 10 2× 5 |BE|·|CD1| 答案 C → 1→ → 2.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a, 点 M 在 AC1 上且AM= MC1, N 为 B1B 的中点, 则|MN|为( 2 A. 21 a 6 B. 6 a 6 C. 15 a 6 D. 15 a 3 )



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

?

a?

?a-2a? +?a-a? +?a-a? = 21 a. ? 3 ? ? 3? ?2 3? 6 ? ? ? ? ? ?

2

2

2

1

A.

1 2

B.

2 3

C.

3 3

D.

2 2

解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,设棱长为 1, 则 A1(0,0,1),

E?1,0, ?,D(0,1,0), 2

? ?

1?

?

→ ∴A1D=(0,1,-1),

A1E=?1,0,- ?, 2



? ?

1?

?

y-z=0, → ? ? ?A1D·n1=0, ? 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),所以有? 即? 1 解得 → 1- z=0, ? ? ?A1E·n1=0, ? 2
?y=2, ? ? ∴n1=(1,2,2). ?z=2. ?

∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴ cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 答案 B 4.在正四棱锥 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 所成的角是( A.30° B.45° ) C.60° D.90°

解析 如图,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz. 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?

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,
→ ? ? ?n·CA=0, ?x=0, 设 n=(x,y,z),则? 解得? 可取 n=(0,1,1), ?y=z, → ? ?n·AP =0, ? → CB·n a 1 → 则 cos〈CB,n〉= = = , 2 → 2a · 2 2 |CB|·|n| →

2

→ ∴〈CB,n〉=60°,∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°-60°=30°. 答案 A 5.设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,则点 D1 到平面 A1BD 的距离是( A. 3 2 B. 2 2 C. 2 2 3 D. 2 3 3 )

→ 解析 如图建立坐标系.则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),B(2,2,0),D1A1 → =(2,0,0),DB=(2,2,0), 设平面 A1BD 的法向量 → ? ?n·DA1=0, n=(x,y,z),则? → ? ?n·DB=0,
? ?2x+2z=0, ∴? 令 z=1,得 n=(-1,1,1). ?2x+2y=0, ?

∴D1 到平面 A1BD 的距离 d= 答案 D 二、填空题

→ |D1A1·n| 2 2 3 = = . |n| 3 3

6.(2016·郑州模拟)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__________. 解析 以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴,建立空间直 角坐标系, → 设 n=(x,y,z)为平面 A1BC1 的法向量.则 n·A1B=0,

n·A1C1=0,即?



?2y-z=0, ?

?-x+2y=0, ?

令 z=2,则 y=1,x=2,

→ 于是 n=(2,1,2),D1C1=(0,2,0) 1 → 设所求线面角为 α ,则 sin α =| cos〈n,D1C1〉|= . 3 答案 1 3

7.正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直,则二面角 A-BD-C 的正弦值为________.

3

解析 取 BC 中点 O,连接 AO,DO.建立如图所示坐标系,设 BC=1,则 1 ? 3? ? ? ?,B?0,-2,0?, ? 2? ? ? 3? → ? 1 3? ? 3 ? → ? D? ,0,0?.∴OA=?0,0, ?,BA=?0, , ?, 2? ?2 ? ? ? 2 2? → ? 3 1 ? BD=? , ,0?. ?2 2 ?

A?0,0,

y0 3 3 → → 设平面 ABD 的法向量为 n=(x0,y0,z0),则BA·n=0,且BD·n=0,∴ + z0=0,且 2 2 2

?y0=- 3z0, y0 x0+ =0,因此? 取 x0=1, 2 ?y0=- 3x0,
得平面 ABD 的一个法向量 n=(1,- 3,1), 3? → ? 由于OA=?0,0, ?为平面 BCD 的一个法向量, 2? ? 5 2 5 → → ∴ cos〈n,OA〉= ,∴ sin〈n,OA〉= . 5 5 答案 2 5 5

8.如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠

ABC=90°,点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的
角是__________. 解析 以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空间直角坐标系. 设 AB=BC=AA1=2,则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), → → → → 则EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2),∴EF·BC1=2, → → ∴cos〈EF,BC1〉= 1 = , 2×2 2 2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60°. 答案 60° 三、解答题 9.(2015·安徽卷)如图所示,在多面体 A1B1D1-DCBA,四边形 AA1B1B,

ADD1A1,ABCD 均为正方形,E 为 B1D1 的中点,过 A1,D,E 的平面交 CD1
于 F. (1)证明:EF∥B1C. (2)求二面角 E-A1D-B1 的余弦值. (1)证明 由正方形的性质可知 A1B1∥AB∥DC,且 A1B1=AB=DC,所以四边形 A1B1CD 为平
4

行四边形, 从而 B1C∥A1D, 又 A1D? 面 A1DE, B1C?面 A1DE, 于是 B1C∥面 A1DE.又 B1C? 面 B1CD1. 面 A1DE∩面 B1CD1=EF,所以 EF∥B1C. (2)解 因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,所以 AA1 → ⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD 且 AA1=AB=AD.以 A 为原点,分别以AB,

AD,AA1为 x 轴,y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角
坐标系,可得点的坐标 A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),

→ →

? ? A1(0, 0, 1), B1(1, 0, 1), D1(0, 1, 1), 而 E 点为 B1D1 的中点, 所以 E 点的坐标为? , ,1?. 2 2
1 1

?

?

→ ?1 1 ? → 设面 A1DE 的法向量 n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=? , ,0?,A1D=(0,1,-1), ?2 2 ? → 由 n1⊥A1E. 1 1 ? ? r1+ s1=0, 2 2 n1⊥A1D得 r1,s1,t1 应满足的方程组? ? ?s1-t1=0, → (-1,1,1)为其一组解,所以可取 n1=(-1,1,1). → → 设面 A1B1CD 的法向量 n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,- 1),由此同理可得 n2=(0,1,1). |n1·n2| 2 6 所以结合图形知二面角 E-A1D-B1 的余弦值为 = = . |n1|·|n2| 3× 2 3 10.如图,在四棱锥 A-BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE, ∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B-AD-E 的大小. (1)证明 在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2,由 AC= 2,AB =2,得 AB =AC +BC ,即 AC⊥BC, 又平面 ABC⊥平面 BCDE,平面 ABC∩平面 BCDE=BC,AC? 平面 ABC,从而 AC⊥平面 BCDE, 又 DE? 平面 BCDE,所以 AC⊥DE. 又 DE⊥DC,DC∩AC=C,从而 DE⊥平面 ACD. (2)解 以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x 轴,y 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 D-xyz,如图所示.
2 2 2

5

由题意知各点坐标如下:

D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, 2), B(1,1,0).
→ 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),可算得AD → → =(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1,1,0), → ? ?m·AD=0, ?-2y1- 2z1=0, 由? 即? 可取 m=(0,1,- 2). → ?m·AE =0, ?x1-2y1- 2z1=0, ? → ? ?n·AD=0, ?-2y2- 2z2=0, 由? 即? 可取 n= (1,-1, 2). → x ? 2+y2=0, ? ?n·BD=0, |m·n| 3 3 于是|cos〈m,n〉|= = = ,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面 |m|·|n| 2 3·2 π 角 B-AD-E 的大小是 . 6 能力提升题组 (建议用时:20 分钟) 11.(2016·西安质检)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC -A1B1C1, CA=CC1=2CB, 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( A. 5 5 B. 5 3 C. 2 5 5 3 D. 5 )

解析 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2,可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2, 0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), → → BC1·AB1 4-1 1 5 → → ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = >0. → → 5× 9 5 5 |BC1||AB1| → → ∴BC1与AB1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 答案 A 12.在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=90°,D,E,F 分别是棱 AB,BC,CP 的中 点,AB=AC=1,PA=2,则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为( ) 5 . 5

6

A.

1 5

B.

2 5 5

C.

5 5

D.

2 5

解析 以 A 为原点,AB,AC,AP 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, 由 AB=AC=1, PA=2, 得 A(0, 0,

?1 ? ?1 1 ? 0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D? ,0,0?,E? , ,0?, 2 ? ? ?2 2 ? ? ? F?0, ,1?. ?
1 2

?

→ → ? 1 ? → ? 1 1 ? ∴PA=(0,0,-2),DE=?0, ,0?,DF=?- , ,1?. ? 2 ? ? 2 2 ? 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?y=0, ?n·DE=0, ? 则由? 得? ?-x+y+2z=0. → ? ? ?n·DF=0 → |PA·n| 取 z=1,则 n=(2,0,1),设直线 PA 与平面 DEF 所成的角为 θ ,则 sin θ = = → |PA||n| 5 5 ,∴直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为 . 5 5 答案 C 13.如图所示,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.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD= 2 17,则该二面角的大小为__________. → → → → 解析 ∵CD=CA+AB+BD, → ∴|CD|= = → → → 2 (CA+AB+BD) = → → 36+16+64+2CA·BD

→ → 116+2CA·BD=2 17.

→ → → → → → ∴CA·BD=|CA|·|BD|· cos〈CA,BD〉=-24. 1 → → → → ∴ cos〈CA,BD〉=- .又所求二面角与〈CA,BD〉互补, 2 ∴所求的二面角为 60 °. 答案 60 ° 14.(2015·广东卷)如图, 三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所 在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点 E 是 CD 边的中点, 点 F,G 分别在线段 AB,BC 上,且 AF=2FB,CG=2GB.

7

(1)证明:PE⊥FG; (2)求二面角 P-AD-C 的正切值; (3)求直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值. 解 在△PCD 中,∵E 为 CD 的中点,且 PC=PD,

∴PE⊥CD.又∵平面 PCD⊥平面 ABCD,且平面 PCD∩平面 ABCD=CD,PE? 平面 PCD, ∴PE⊥平面 ABCD,取 AB 的中点 H,连接 EH, ∵四边形 ABCD 是长方形,则 EH⊥CD, 如图所示,以 E 为原点,EH,EC,EP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,∵PD=PC=4,AB=6,BC=3,AF= 2FB,CG=2GB, ∴E(0,0,0),P(0,0, 7),F(3,1,0),G(2,3,0),

A(3,-3,0),D(0,-3,0),C(0,3,0).
→ → (1)证明 ∵EP=(0,0, 7),FG=(-1,2,0), → → 且EP·FG=(0,0, 7)·(-1,2,0)=0, → → ∴EP⊥FG,即 EP⊥FG. → (2)∵PE⊥平面 ABCD,∴平面 ABCD 的法向量为EP=(0,0, 7). 设平面 ADP 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1),

AP=(-3,3, 7),DP=(0,3, 7),
→ ? ?AP·n=0, ?-3x1+3y1+ 7z1=0, 由于? 即? → ? ?DP·n=0, ?3y1+ 7z1=0, 令 z1=3,则 x1=0,y1=- 7,∴n=(0,- 7,3). 由图可知二面角 P-AD-C 是锐角,设为 α ,则 cos α =? 7 7 ,tan α = . 4 3 → ? ? n·EP ?=3 7=3,∴sin α ?|n||→ ? EP|? 4 7 4 ?







→ → (3)∵AP=(-3,3, 7),FG=(-1,2,0),设直线 PA 与直线 FG 所成角为 θ , 则 cos θ =? → ? → AP·FG ? 3+6 9 5 ?= = , → → ? ?|AP 25 9 + 9 + 7 × 5 || FG | ? ?

8

9 5 ∴直线 PA 与 FG 所成角的余弦值为 . 25

9


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