[配套K12]2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第8讲 立体几何中的向量方法(二) 理

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第 8 讲 立体几何中的向量方法(二)

一、选择题 1.两平行平面 α ,β 分别经过坐标原点 O 和点 A(2,1,1),且两平面的一个法向量 n=(-
1,0,1),则两平面间的距离是( )

3

2

A.2

B. 2

C. 3

D.3 2

解析 两平面的一个单位法向量 n0=???- 22,0, 22???,故两平面间的距离 d=|→OA·n0|

= 22.

答案 B

2.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量,若 cos〈m,n〉=-12,则

l 与 α 所成的角为

( ).

A.30°

B.60°

C.120°

D.150°

解析 设 l 与 α 所成的角为 θ ,则 sin θ =|cos〈m,n〉|=12,∴θ =30°.

答案 A

3.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

( ).

A.

10 10

B.

30 10

C.2

15 10

D.3

10 10

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).





BC1=(-1,0,2),AE=(-1,2,1),

→→

→→

cos〈BC1,AE〉=

BC1·AE →→



30 10 .

|BC1||AE|

所以异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为 1300.

答案 B 4.已知直二面角 α ?l?β ,点 A∈α ,AC⊥l,C 为垂足,点 B∈β ,BD⊥l,D 为垂足,若

AB=2,AC=BD=1,则 CD=( ).

A.2

B. 3

C. 2

解析 如图,建立直角坐标系 D?xyz,由已

D.1

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知条件 B(0,0,1),A(1,t,0)(t>0),

由 AB=2 解得 t= 2.

答案 C

5.如图,在四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 3,BC=3,CD=2.∠ABC

=∠DCB=π2 ,则二面角 A-BC-D 的大小为

( ).

A.π6

B.π3

C.5π3

D.5π6

→→→→ → → 解析 二面角 A-BC-D 的大小等于 AB 与 CD 所成角的大小.AD=AB+BC+CD.而AD2=AB2

→→ → →

→→

→→

+CD2+BC2-2|AB|·|CD|·cos 〈AB,CD〉,即 12=1+4+9-2×2cos〈AB,CD〉,∴cos

→→ 〈AB,CD〉=12,∴AB 与 CD 所成角为π3 ,即二面角 A-BC-D 的大小为π3 .故选 B.

答案 B

6.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角 B1-DC-C1 的大小为 60°,则 AD 的长为( )

A. 2

B. 3

C.2

2 D. 2

解析 如图,以 C 为坐标原点,CA,CB,CC1 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1)

设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a), CD =(1,0,a),

CB1 =(0,2,2),
设平面 B1CD 的一个法向量为 m=(x,y,z).

??m· 则?

CB1

=0

??m· CD =0

?

??2y+2z=0 ???x+az=0

,令 z=-1,

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得 m=(a,1,-1),又平面 C1DC 的一个法向量为 n(0,1,0),

m·n 则由 cos60°=|m||n|,得

11 a2+2=2,即

a=

2,

故 AD= 2.

答案 A

二、填空题

7.若平面 α 的一个法向量为 n=(4,1,1),直线 l 的一个方向向量为 a=(-2,-3,3),则

l 与 α 所成角的正弦值为________.

解析

cos〈n,a〉=|nn·||aa|=3

-8 2×

=-4 22

3311.

又 l 与 α 所成角记为 θ ,即 sin θ =|cos〈n,a〉|=4 3311.

4 11 答案 33 .

8.若向量 a=(1,λ ,2),b=(2,-1,2)且 a 与 b 的夹角的余弦值为89,则 λ =________.

解析

由已知得89=|aa·||bb|=

2-λ +4 , 5+λ 2· 9

∴8

5+λ

2=3(6-λ

),解得 λ

=-2 或 λ

2 =55.

答案 -2 或525

9.已知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1,CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1,则 面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值为________.

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???1,1,13???,F???0,1,23???,





AE=???0,1,13???,AF=???-1,1,23???,

设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z),

面 AEF 与面 ABC 所成的二面角为 θ ,

??n·A→E=0, 由? →
??n·AF=0

??y+13z=0, 得???-x+y+23z=0.

令 y=1,z=-3,x=-1,则 n=(-1,1,-3) 平面 ABC 的法向量为 m=(0,0,-1)

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cos θ =cos〈n,m〉=3 1111,tan θ = 32.

答案

2 3

10.在三棱锥 O-ABC 中,三条棱 OA,OB,OC 两两垂直,且 OA=OB=OC,M 是 AB 边的中点,

则 OM 与平面 ABC 所成角的正切值是________.

解析 如图所示建立空间直角坐标系,设 OA=OB=OC=1,


则 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),M???12,12,0???,故AB=





(-1,1,0),AC=(-1,0,1),OM=???12,12,0???.

设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z),

??n⊥A→B, 则由? →
??n⊥AC,

得?????- -xx+ +yz= =00, ,



令 x=1,得 n=(1,1,1).故 cos〈n,OM〉=

1 3×

= 2 2

36,

所以

OM

与平面

ABC

所成角的正弦值为

6 3 ,其正切值为

2.

答案 2

三、解答题

11.如图,四面体 ABCD 中,AB、BC、BD 两两垂直,AB=BC=BD

=4,E、F 分别为棱 BC、AD 的中点.

(1)求异面直线 AB 与 EF 所成角的余弦值;

(2)求 E 到平面 ACD 的距离;

(3)求 EF 与平面 ACD 所成角的正弦值.

解 如图,分别以直线 BC、BD、BA 为 x、y、z 轴建立空间

直角坐标系,则各相关点的坐标为 A(0,0,4)、C(4,0,0)、

D(0,4,0),E(2,0,0)、F(0,2,2).





(1)∵AB=(0,0,-4),EF=(-2,2,2),

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∴|cos〈→AB,→EF〉|=???4×-28

3???=

3 3,

∴异面直线

AB



EF

所成角的余弦值为

3 3.

(2)设平面 ACD 的一个法向量为 n=(x,y,1),

??n·A→C=0, 则???n·→CD=0,





∵AC=(4,0,-4),CD=(-4,4,0),

∴?????4-x-4x4+=40y,=0,

∴x=y=1,∴n=(1,1,1,).

→ ∵F∈平面 ACD,EF=(-2,2,2),



∴E

到平面

ACD

的距离为

d=|n|·nE|F|=

2 23

= 3

3

.



(3)EF 与平面 ACD 所成角的正弦值为|cos〈n,EF〉|=

2 3×2

1 3=3

12.如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面 ABCD,

PA=3,AD=2,AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求二面角 P-BD-A 的大小.

(1)证明 如图,建立空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),B(2 3,0,0),

C(2 3,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3),





∴AP=(0,0,3),AC=(2 3,6,0),

→ BD=(-2 3,2,0).

→→ →→ ∴BD·AP=0,BD·AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.

又∵PA∩AC=A,∴BD⊥面 PAC.

(2)解 设平面 ABD 的法向量为 m=(0,0,1),

设平面 PBD 的法向量为 n=(x,y,z),

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则 n·BD=0,n·BP=0.∵BP=(-2 3,0,3),

?-2 3x+2y=0, ∴?
?-2 3x+3z=0

??y= 3x, 解得???z=2 3 3x.

令 x= 3,则 n=( 3,3,2),∴cos〈m,n〉=|mm·||nn|=12.

∴二面角 P-BD-A 的大小为 60°.

13.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC=12AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD.

(1)证明:DC1⊥BC. (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. (1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点, 故 DC=DC1. 又 AC=12AA1,可得 DC21+DC2=CC21,所以 DC1⊥DC.

而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD.

因为 BC? 平面 BCD,所以 DC1⊥BC.

(2)解 由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1A1,

→ 所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直.以 C 为坐标原点,CA的

→ 方向为 x 轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.由题意

知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).







则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1).

设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则

??n·B→D=0, ?→ ??n·A1D=0,

即?????xz- =y0+ ,z=0, 可取 n=(1,1,0).

同理,设 m=(x,y,z)是平面 C1BD 的法向量,则

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??m·B→D=0, ?→ ??m·DC1=0,

即?????x--xy++zz==0,0, 可取 m=(1,2,1).

从而 cos〈n,m〉=|nn|··m|m|= 23. 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°. 14.如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点. (1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE; (3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值.

解 方法一: (1)证法一:取 CE 的中点 G,连接 FG、BG. ∵F 为 CD 的中点,∴GF∥DE 且 GF=12DE, ∵AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB. 又 AB=12DE,∴GF=AB.又 DE=2AB, ∴四边形 GFAB 为平行四边形,则 AF∥BG. ∵AF?平面 BCE,BG? 平面 BCE, ∴AF∥平面 BCE. 证法二:取 DE 的中点 M,连接 AM、FM, ∵F 为 CD 的中点,∴FM∥CE. ∵AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,∴DE∥AB. 又 AB=12DE=ME, ∴四边形 ABEM 为平行四边形,则 AM∥BE. ∵FM、AM?平面 BCE,CE、BE? 平面 BCE, ∴FM∥平面 BCE,AM∥平面 BCE.
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教育配套资料 K12 又 FM∩AM=M,∴平面 AFM∥平面 BCE. ∵AF? 平面 AFM, ∴AF∥平面 BCE.
(2)证明:∵△ACD 为等边三角形,F 为 CD 的中点, ∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面 ACD,AF? 平面 ACD,∴DE⊥AF. 又 CD∩DE=D,故 AF⊥平面 CDE. ∵BG∥AF,∴BG⊥平面 CDE. ∵BG? 平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE. (3)在平面 CDE 内,过 F 作 FH⊥CE 于 H,连接 BH, ∵平面 BCE⊥平面 CDE,∴FH⊥平面 BCE. ∴∠FBH 为 BF 和平面 BCE 所成的角. 设 AD=DE=2AB=2a,则 FH=CFsin45°= 22a, BF= AB2+AF2= a2+ 3a 2=2a, 在 Rt△FHB 中,sin∠FBH=BFFH= 42. ∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 42. 方法二: 设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0, a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a).
∵F 为 CD 的中点,∴F???32a, 23a,0???. (1)证明:A→F=???32a, 23a,0???,B→E=(a, 3a,a),B→C=(2a,0,-a),
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∵A→F=12(→BE+→BC),AF?平面 BCE,∴AF∥平面 BCE.

(2)证明:∵→AF=???32a, 23a,0???,→CD=(-a, 3a,0),→ED=(0,0,-2a), ∴A→F·C→D=0,A→F·E→D=0,∴A→F⊥C→D,A→F⊥E→D. ∴A→F⊥平面 CDE,又 AF∥平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE. (3)设平面 BCE 的法向量为 n=(x,y,z),由 n·B→E=0,n·B→C=0 可得

x+ 3y+z=0,2x-z=0,取 n=(1,- 3,2).

又B→F=???32a, 23a,-a???,设 BF 和平面 BCE 所成的角为 θ ,则

|→BF·n|

2a

2

sinθ =|→BF|·|n|=2a·2

= 2

4

.

∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 42.

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