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- 2021-05-14 发布
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空间向量在立体几何中的应用
题组一
一、填空题
1.(北京五中2011届高三上学期期中考试试题理)一个正方体形状的无盖铁桶的
容积是,里面装有体积为的水,放在水平的
地面上(如图所示). 现以顶点为支撑点,将铁
桶倾斜,当铁桶中的水刚好要从顶点处流出时,
棱与地面所成角的余弦值为
答案
2. (福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理)平面内有两定点A,B,且|AB|=4,动点P满足,则点P的轨迹
是 .
答案:以AB为直径的圆;
二、简答题
3.(福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理)(本小题满分12分)如图,已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,A1D⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱AA1=2。
(I)求证:C1D//平面ABB1A1;
(II)求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值;
(Ⅲ)求二面角D—A1C1—A的余弦值。
答案 (I)证明:四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,BB1//CC1,
又面ABB1A1,所以CC1//平面ABB1A1, …………2分
ABCD是正方形,所以CD//AB,
又CD面ABB1A1,AB面ABB1A1,所以CD//平面ABB1A1,…………3分
所以平面CDD1C1//平面ABB1A1,
所以C1D//平面ABB1A1 …………4分
(II)解:ABCD是正方形,AD⊥CD
因为A1D⊥平面ABCD,
所以A1D⊥AD,A1D⊥CD,
如图,以D为原点建立空间直角坐标系D—xyz, …………5分
在中,由已知可得
所以,
…………6分
因为A1D⊥平面ABCD,
所以A1D⊥平面A1B1C1D1
A1D⊥B1D1。
又B1D1⊥A1C1,
所以B1D1⊥平面A1C1D, …………7分
所以平面A1C1D的一个法向量为n=(1,1,0) …………8分
设与n所成的角为,
则
所以直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值为 …………9分
(III)解:平面A1C1A的法向量为
则 所以
令可得 …………11分
则
所以二面角的余弦值为 …………12分
4.(北京五中2011届高三上学期期中考试试题理)如图①,正三角形边长2,为边上的高,、分别为、中点,现将沿翻折成直二面角,如图②
(1)判断翻折后直线与面的位置关系,并说明理由
(2)求二面角的余弦值
(3)求点到面的距离
图 ① 图 ②
答案 解:(1)平行(证明略)
(2)取AE中点M,角BMD即所求,余弦值为
(3),可得点到面的距离为
5.(福建省惠安荷山中学2011届高三第三次月考理科试卷) (本题满分13分)
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,D为AB的中点.
(1)求异面直线与所成的角的余弦值;
(2)求证:;
(3)求证:
答案 5. 解:(1)在直三棱柱中
是所成的角(或其补角)………………………2分
在中,
…………………………………………4分
(2)连结交于,连结。……………………………5分
则为的中点
又为的中点
……………………………………………7分
………………………………9分
(3)在直三棱柱中
…………………………10分
…………………………11分
…………………………12分
同理:
…………………………13分
6.(宁夏银川一中2011届高三第五次月考试题全解全析理)
(本小题满分12分)如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE//CF,BCF=CEF=,AD=,EF=2.
(1)求证:AE//平面DCF;
(2)当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为.
【分析】(1)只要过点作的平行线即可;(2)由于点是点在平面内的射影,只要过点作的垂线即可很容易地作出二面角的平面角,剩下的就是具体的计算问题。或者建立空间直角坐标系,使用法向量的方法求解。
D
A
B
E
F
C
H
G
【解析】 方法一:(Ⅰ)证明:过点作交于,连结,
可得四边形为矩形,又为矩形,所以,
从而四边形为平行四边形,故.因为平面,
平面,
所以平面.………6分
(Ⅱ)解:过点作交的延长线于,连结.
由平面平面,,得平面,
从而.所以为二面角的平面角.
在中,因为,,
所以,.又因为,所以,
从而,于是,
因为所以当为时,
二面角的大小为………12分
D
A
B
E
F
C
y
z
x
方法二:如图,以点为坐标原点,以和分别作为轴,轴和轴,建立空间直角坐标系.设,
则,,,,.
(Ⅰ)证明:,,,
所以,,从而,,
所以平面.因为平面,所以平面平面.
故平面.………6分
(Ⅱ)解:因为,,所以,,从而
解得.所以,.设与平面垂直,
则,,解得.又因为平面,,所以,
得到.所以当为时,二面角的大小为.………12分
【考点】空间点、线、面位置关系,空间向量与立体几何。
【点评】由于理科有空间向量的知识,在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用,这为考生选择解题方案提供了方便,但使用空间向量的方法解决立体几何问题也有其相对的缺陷,那就是空间向量的运算问题,空间向量有三个分坐标,在进行运算时极易出现错误,而且空间向量方法证明平行和垂直问题的优势并不明显,所以在复习立体几何时,不要纯粹以空间向量为解题的工具,要注意综合几何法的应用。
7.(北京龙门育才学校2011届高三上学期第三次月考)(本题满分14分)如图,在四棱锥中,底面是正方形,其他四个侧面都是等边三角形,与的交点为,为侧棱上一点.
(Ⅰ)当为侧棱的中点时,求证:∥平面;
(Ⅱ)求证:平面平面;
(Ⅲ)(理科做)当二面角的大小为时,
试判断点在上的位置,并说明理由.
O
S
A
B
C
D
E
答案7. (本题满分14分)如图,在四棱锥中,底面是正方形,其他四个侧面都是等边三角形,与的交点为,为侧棱上一点.
(Ⅰ)当为侧棱的中点时,求证:∥平面;
(Ⅱ)求证:平面平面;
(Ⅲ)(理科做)当二面角的大小为时,
试判断点在上的位置,并说明理由.
解法一:
证明:(Ⅰ)连接,由条件可得∥.
因为平面,平面,
所以∥平面.
(Ⅱ)由已知可得,,是中点,所以.
O
S
A
B
C
D
E
又因为四边形是正方形,所以.
因为,所以.又因
为,所以平面平
面.
(Ⅲ)解:连接,由(Ⅱ)知
.
而, 所以.
又.
所以是二面角的平面角,
即.
设四棱锥的底面边长为2,
在中,, , 所以.
O
y
z
x
S
A
B
C
D
E
又因为, ,
所以是等腰直角三角形.
由可知,点是的中点.
解法二:(Ⅰ)同解法一
(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,.
建立如图所示的空间直角坐标系.
设四棱锥的底面边长为2,
则,,,,
,.
所以,.
设(),由已知可求得.
所以,.
设平面法向量为,
则 即
令,得.
易知是平面的法向量.
因为,
所以,所以平面平面.
(Ⅲ)解:设(),由(Ⅱ)可知,
平面法向量为.
因为,
所以是平面的一个法向量.
由已知二面角的大小为.
所以,
所以,解得.
所以点是的中点.
8.(北京四中2011届高三上学期开学测试理科试题)(本小题满分13分)
已知:如图,长方体中,、分别是棱,上的点,,.
(1) 求异面直线与所成角的余弦值;
(2) 证明平面;
(3) 求二面角的正弦值.
答案 解:
法一:
如图所示,以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系,
设,
依题意得,,,
(1)易得,,
于是
所以异面直线与所成角的余弦值为
(2)已知,
,
于是·=0,·=0.
因此,,,又
所以平面
(3)设平面的法向量,则,即
不妨令X=1,可得。
由(2)可知,为平面的一个法向量。
于是,从而,
所以二面角的正弦值为
法二:
(1)设AB=1,可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=
连接B1C,BC1,设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C,
由,可知EF∥BC1.
故是异面直线EF与A1D所成的角,
易知BM=CM=
,
所以 ,
所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为
(2)连接AC,设AC与DE交点N 因为,
所以,从而,
又由于,所以,
故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且,所以DE⊥平面ACF,从而AF⊥DE.
连接BF,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,
所以AF⊥A1D因为,所以AF⊥平面A1ED.
(3)连接A1N.FN,由(2)可知DE⊥平面ACF,
又NF平面ACF, A1N平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N,
故为二面角A1-ED-F的平面角.
易知,所以,
又所以,
在
,
连接A1C1,A1F 在
。所以
所以二面角A1-DE-F正弦值为.
9.(浙江省金丽衢十二校2011届高三第一次联考理)(本题满分14分)
如图,在长方体中,,且
.
(I)求证:对任意,总有;
(II)若,求二面角的余弦值;
(III)是否存在,使得在平面上的射影 平分?若存在, 求出的值, 若不存在,说明理由.
答案解:(I)以为坐标原点,分别以所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,设,则,
,从而,
,即. (4分)
(II)由(I)及得,,
设平面的法向量为,则,
从而可取平面的法向量为,
又取平面的法向量为,且设二面角为,
所以 (9分)
(III) 假设存在实数满足条件,
由题结合图形,只需满足分别与所成的角相等,
即 ,即,
解得 .所以存在满足题意得实数,使得在平面上
的射影平分 (14分)