2020年高中数学第三章空间向量与立体几何3

2020年高中数学第三章空间向量与立体几何3

第3课时 空间向量与空间角、距离 ‎[课时作业]‎ ‎[A组　基础巩固]‎ ‎1．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成角是(　　)‎ A．30°　　B．45°　　　C．60°　　　D．90°‎ 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(1，，0)，＝(1，，－1)，‎ 平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈，n〉＝ ‎＝－，‎ 所以〈，n〉＝120°，‎ 所以PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°，‎ 所以PC与平面ABCD所成角为30°，故选A.‎ 答案：A ‎2．在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，B‎1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B‎1C和C1D所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B． C. D. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB‎1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，‎ 设B‎1C1＝1，CC1＝＝DD1.‎ ‎∴C1D1＝，则有 B1(，0,0，)，C(，1，)，C1(，1,0)，D(0,1，)．‎ ‎∴＝(0,1，)，‎ ＝(－，0，)．‎ 9‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ 答案：A ‎3．已知直二面角αlβ，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于(　　)‎ A. B. C. D．1‎ 解析：∵平面α⊥平面β，且AC⊥l，BD⊥l，故AC⊥平面β，BD⊥平面α，依题意建立坐标系如图所示，在Rt△ACD中，可得CD＝，故A(0,0,1)，B(1，，0)，C(0，0,0)，D(0，，0)，‎ 则＝(0,0,1)，＝(1，，0)，＝(0，，0)．‎ 设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则⇒x＝－y，z＝0，‎ 令y＝1，可得n＝(－，1,0)，‎ 故所求距离d＝＝＝.故选C.‎ 答案：C ‎4.如图所示，直三棱柱ABCA1B‎1C1(侧棱与底面垂直)中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设AA1＝AB＝AC＝2，‎ 9‎ 则＝(2,0,1)，Q(1,1,0)，P(0,1,2)，＝(－1,0,2)，‎ 所以·＝0，‎ 所以QP与AM所成角为.‎ 答案：D ‎5．已知正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，C(0，1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，故选A.‎ 答案：A ‎6．设A(1,0,0)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，D(1，1,1)，则直线AD与平面ABC的夹角为________．‎ 解析：设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵n·＝0，n·＝0，‎ 所以 即 ‎∴ 令x＝1，则n＝(1,1,0)，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝，‎ ‎∴〈，n〉＝.‎ ‎∴直线AD与平面ABC的夹角θ＝－＝.‎ 9‎ 答案： ‎7．在空间中，已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.‎ 解析：设平面α的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 记A(3,0,0)，B(0,4,0)，‎ C(0,0，a)(a＞0)，则＝(－3,4,0)，＝(－3,0，a)‎ 由题意知即 取z＝3得 n1＝(a，，3)，而n2＝(0,0,1)是平面xOy的一个法向量，‎ 则cos〈n1，n2〉＝＝＝，又a＞0，解得a＝.‎ 答案： ‎8．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与ACD垂直．则B与D之间的距离为________．‎ 解析：由B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，则可求得AM＝，‎ BM＝，CN＝，DN＝.‎ MN＝1.由于＝＋＋，‎ ‎∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝2＋12＋2＋2(0＋0＋0)＝，‎ ‎∴||＝.‎ 答案： ‎9.如图所示，已知在四面体ABCD中，O为BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，‎ ‎(1)求证：AO⊥平面BCD；‎ ‎(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．‎ 解析：(1)证明：因为BO＝DO，AB＝AD，所以AO⊥BD.‎ 9‎ 因为BO＝DO，BC＝CD，‎ 所以CO⊥BD.‎ 在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，而AC＝2，所以AO2＋CO2＝AC2，‎ 所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC.因为BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD.‎ ‎(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0，0,1)，＝(－1,0,1)，‎ ＝(－1，－，0)，所以cos〈，〉＝＝，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.‎ ‎10.如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面PAC；‎ ‎(2)若二面角DPCA的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．‎ 解析：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BC，‎ ‎∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，‎ ‎∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，‎ ‎∴AE⊥AB，又PA⊥底面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AE，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0，0，h)，‎ C，D，B(0,2,0)，‎ ＝(0,0，h)，＝，＝ ＝，求得平面PAC与平面PDC的一个法向量分别为n1＝(h，－h,0)，n2＝.‎ 9‎ ‎∵cos〈n1，n2〉＝＝，‎ ‎∴h＝.‎ 又可求得平面PBC的一个法向量n3＝(3，，2)，‎ 所以，点A到平面PBC的距离为 d＝＝＝.‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E是C‎1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为(　　)‎ A．－ B. C．－ D. 解析：建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，‎ B(2，2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1)．‎ ‎∴＝(－2，－2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,1)．‎ 设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎∴n⊥，n⊥，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则n＝(－1,1,0)．‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝.‎ 答案：B ‎2．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 9‎ 解析：建系如图，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．‎ 平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．‎ 设平面PCD的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 则得 令x＝1，则z＝1.‎ ‎∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝＝.‎ ‎∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为.‎ ‎∴此角的大小为45°.‎ 答案：B ‎3．直线l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n＝(4,0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为________．‎ 解析：设直线l与平面α所成的角是θ，a，n所成的角为β，‎ sin θ＝|cos β|＝＝.‎ 答案： ‎4．在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，已知AA1＝9，BC＝6，N为BC的中点，则直线D‎1C1与平面A1B1N的距离是________．‎ 解析：∵C1D1∥平面A1B1N，‎ ‎∴所求距离等于D1到平面A1 B1N的距离，‎ 不妨令|AB|＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(6，0,9)，‎ B1(6，1,9)，N(3，1,0)，‎ ＝(0,1,0)，‎ ＝(－3，0，－9)．‎ 设平面A1B1N的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 取z＝－，则n＝ (3,0，－)，‎ 又＝(6，0,0)，故D1到平面A1B1N的距离为 d＝＝＝9.‎ 9‎ 答案：9‎ ‎5.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面BCD，AE⊥平面ABD，且AE＝.‎ ‎(1)求证：DE⊥AC；‎ ‎(2)求DE与平面BCE所成角的正弦值．‎ 解析：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则E(0,0，)，B(2,0,0)，‎ D(0,2,0)，‎ 取BD的中点F，并连接CF，AF，由题意可得CF⊥BD且AF＝CF＝，‎ 又∵平面BDA⊥平面BDC，‎ ‎∴CF⊥平面BDA，‎ 所以C的坐标为C(1,1，)，‎ ‎∴＝(0，－2，)，＝(1,1，)，‎ ‎∴·＝(0，－2，)·(1,1，)＝0，‎ 故DE⊥AC.‎ ‎(2)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)‎ 则 即 ‎∴ 令x＝1得n＝(1，－1，)，‎ 又＝(0，－2，)，‎ 设DE与平面BCE所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ ‎6．(2016·高考全国Ⅰ卷)‎ 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)求二面角EBCA的余弦值．‎ 解析：‎ ‎(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，‎ 所以AF⊥平面EFDC.‎ 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ 9‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．‎ 由已知得AB∥EF，所以AB∥平面E FDC.‎ 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，‎ 所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.‎ 从而可得C(－2,0，)．‎ 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，‎ 则即所以可取n＝(3,0，－)．‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4)．则cos〈n，m〉＝＝－.故二面角EBCA的余弦值为－.‎ 9‎