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- 2021-06-16 发布
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对应学生用书[练案52理]
第七讲 立体几何中的向量方法(理)
A组基础巩固
一、选择题
1.(2020·东营质检)已知A(1,0,0),B(0,-1,1),+λ与的夹角为120°,则λ的值为( C )
A.± B.
C.- D.±
[解析] +λ=(1,-λ,λ),
cos120°==-,得λ=±.经检验λ=不合题意,舍去,∴λ=-.
2.在空间直角坐标系O-xyz中,平面OAB的法向量为a=(2,-2,1),已知P(-1,3,2),则P到平面OAB的距离等于( B )
A.4 B.2
C.3 D.1
[解析] 设点P到平面OAB的距离为d,则d=,因为a=(2,-2,1),P(-1,3,2),所以d==2.故选B.
3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心,则B1M与AN所成角的余弦值等于( B )
A.- B.
C.- D.
[解析] 如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz.
设AB=2,B1M与AN所成角为θ,则A(2,0,0),M(1,1,0),B1(2,2,2),N(1,1,2),
所以=(-1,1,2),=(-1,-1,-2).
故cos,=
=
=-.
因为两异面直线所成角的范围是(0,],所以cosθ=.故选B.
4.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于( B )
A.1 B.2
C.13 D.26
[解析] 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=4,则n=(1,4,),
则cosn,===-,
∴h=×2=2.
5.在各棱长均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知M是棱BB1的中点,N是棱AC的中点,则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( C )
A. B.1
C. D.
[解析] 以N为坐标原点,NB,NC所在的直线分别为x轴,y轴,过点N与平面ABC
垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则N(0,0,0),A1(0,-1,2),B(,0,0),M(,0,1),所以=(,0,0),=(,1,-1),设直线A1M与BN所成的角为θ,则cosθ=|cos,|===,则sinθ=,tanθ=,故选C项.
6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( C )
A. B.
C. D.
[解析] 以点C为坐标原点,CA,CB,CC1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.
设BC=CA=CC1=2,则可得A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2),N(1,0,2),
∴=(1,-1,2),=(-1,0,2).
∴cos,=
===.
7.(2019·上海松江、闵行区模拟)如图,点A,B,C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),设二面角C-AB-O的大小为
θ,则cos θ等于( C )
A. B.
C. D.-
[解析] 由题意可知,平面ABO的一个法向量为=(0,0,2),
由图可知,二面角C-AB-O为锐角,
由空间向量的结论可知,cos θ===.
8.(2019·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC-A1B1C1底面为正三角形,侧棱与底面垂直,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为( B )
A. B.
C. D.
[解析] 如图建立空间直角坐标系,则=(0,0,1),=(,1,-1),=(0,2,-1),
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
则不妨取z=2,
则x=,y=1,∴n=(,1,2),
∴A到平面A1BC的距离d==.故选B.
9.(2019·河南安阳)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,则该二面角的大小为( C )
A.150° B.45°
C.60° D.120°
[解析] 二面角的大小为,,
∵=--,
两边平方得68=36+16+64-96cos,,
∴cosAC,=,∴,=60°,故选C.
二、解答题
10.如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(1)求证:平面AEC⊥平面AFC;
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
[解析] (1)连接BD.设BD∩AC=G,
连接EG,FG,EF.
在菱形ABCD中,不妨设GB=1.
由∠ABC=120°,可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可得AE=EC.
又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.
在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.
在Rt△FDG中,可得FG=.
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.
从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.
又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC,
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.
由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F(-1,0,),
C(0,,0),
所以=(1,,),=(-1,-,).
故cos,==-.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
11.(2020·广东惠州调研)在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD=1,AD=2,PA=PD=,E为AD的中点,F为PC的中点.
(1)求证:PA∥平面BEF;
(2)求二面角F-BE-A的余弦值.
[解析] (1)连接AC交BE于N ,并连接CE,FN,
∵BC∥AD,BC=AD,E为AD的中点,
∴AE∥BC,且AE=BC,
∴四边形ABCE为平行四边形,
∴N为AC中点,又F为PC中点,∴NF∥PA,
∵NF⊂平面BEF,PA⊄平面BEF,
∴PA∥平面BEF.
(2)连接PE,由E为AD的中点及PA=PD=,
得PE⊥AD,则PE=,
∵侧面PAD⊥底面ABCD,且交于AD,
∴PE⊥面ABCD,
如图所示,以E为原点,EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),P(0,0,).
∵F为PC的中点,∴F(-,,),
∴=(0,1,0),=(-,,),
设平面EBF法向量为m=(x,y,z),则
⇒
取m=(,0,1),平面EBA法向量可取:n=(0,0,1),
设二面角F-BE-A的大小为θ,显然θ为钝角,
∴cos θ=-|cosm,n|=-=-,
∴二面角F-BE-A的余弦值为-.
12.(2019·银川模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是矩形,∠BAC=90°,AA1⊥BC,AA1=AC=2AB=4,且BC1⊥A1C.
(1)求证:平面ABC1⊥平面A1ACC1;
(2)设D是A1C1的中点,判断并证明在线段BB1上是否存在点E,使得DE∥平面ABC1.若存在,求二面角E-AC1-B的余弦值.
[解析] (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是矩形,
∴AA1⊥AB,又AA1⊥BC,AB∩BC=B,
∴A1A⊥平面ABC,∴A1A⊥AC.
又A1A=AC,∴A1C⊥AC1.
又BC1⊥A1C,BC1∩AC1=C1,
∴A1C⊥平面ABC1,
又A1C⊂平面A1ACC1,
∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.
(2)当E为BB1的中点时,连接AE,EC1,DE,如图1,取A1A的中点F,连接EF,FD,
∵EF∥AB,DF∥AC1,
又EF∩DE=F,AB∩AC1=A,
∴平面EFD∥平面ABC1,则有DE∥平面ABC1.
以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
因为AA1=AC=2AB=4,
∴A(0,0,0),B(2,0,0),C1(0,4,4),C(0,4,0),E(2,0,2),A1(0,0,4),
由(1)知,=(0,4,-4)是平面ABC1的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面AC1E的法向量,
∵=(0,4,4),=(2,0,2),
∴,即,
令z=1,则x=-1,y=-1,
∴n=(-1,-1,1)为平面AC1E的一个法向量.
设与n的夹角为θ,则cosθ==-,
由图知二面角E-AC1-B为锐角,
∴二面角E-AC1-B的余弦值为.
B组能力提升
1.(2019·广东江门模拟)如左图,平面五边形ABCDE中,∠B=∠BAD=∠E=∠CDE=90°,CD=DE=AE,将△ADE沿AD折起,得到如右图的四棱锥P-ABCD.
(1)证明:PC⊥AD;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求直线PB与平面PCD用成角的正弦值.
[解析] (1)证明:取AD的中点F,连接PF、CF.
由已知,左图CDEA是正方形,因为正方形的对角线互相垂直平分,所以PF⊥AD(即EF⊥AD)、CF⊥AD,
因为PF∩CF=F,所以AD⊥平面PCF,
PC⊂平面PCF,所以PC⊥AD.
(2)由(1)和平面PAD⊥平面ABCD知,PF⊥平面ABCD,
从而PF、CF、AF两两互相垂直,以F为原点,以、、为单位正交基底建立空间直角坐标系Oxyz,
则P(0,0,1)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(-1,0,0),
设n=(x,y,z)是平面PCD的一个法向量,
则,
取x=1,则y=z=-1,
故n=(1,-1,-1),=(1,1,-1),
直线PB与平面PCD所成角的正弦值为
|cos,n|==.
2.(2019·黑龙江省大庆实验中学押题卷)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,AA1=A1C=AC,AB=BC,AB⊥BC,E,F分别为AC,B1C1的中点.
(1)求证:直线EF∥平面ABB1A1;
(2)求二面角A1-BC-B1的余弦值.
[解析] (1)证明:取A1C1的中点G,连接EG,FG,由于E,F分别为AC,B1C1的中点,所以FG∥A1B1.
又A1B1⊂平面ABB1A1,FG⊄平面ABB1A1,
所以FG∥平面ABB1A1.又AE∥A1G且AE=A1G,
所以四边形AEGA1是平行四边形.
则EG∥AA1.又AA1⊂平面ABB1A1,EG⊄平面ABB1A1,所以EG∥平面ABB1A1.
所以平面EFG∥平面ABB1A1.又EF⊂平面EFG,
所以直线EF∥平面ABB1A1.
(2)令AA1=A1C=AC=2,
由于E为AC中点,则A1E⊥AC,
又侧面AA1C1C⊥底面ABC,交线为AC,A1E⊂平面A1AC,
则A1E⊥平面ABC,连接EB,可知EB,EC,EA1两两垂直.
以E为原点,分别以EB,EC,EA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,),
A(0,-1,0),B1(1,1,),
所以=(-1,1,0),=(-1,0,),
==(0,1,),
令平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则,
令x1=,则n1=(,,1)
令平面B1BC的法向量为n2=(x2,y2,z2)
则,
令x2=,则n2=(,,-1)
由cosn1,n2==,
故二面角A1-BC-B1的余弦值为.
3.(2019·海南模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2.
(1)求证:AB⊥PC;
(2)在线段PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的大小为45°,如果存在,求BM与平面MAC所成角的正弦值,如果不存在,请说明理由.
[解析] (1)证明:如图, 由已知得四边形ABCD是直角梯形,
由AD=CD=2,BC=4,
可得△ABC是等腰直角三角形,即AB⊥AC,
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,又PA∩AC=A,
所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(2,-2,0),=(0,2,-2),=(2,2,0).
设=t(0