人教A版理科数学课时试题及解析(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解

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人教A版理科数学课时试题及解析(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解

课时作业(四十三) [第43讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解]‎ ‎[时间:45分钟  分值:100分]‎ ‎1.点M在z轴上,它与经过坐标原点且方向向量为s=(1,-1,1)的直线l的距离为,则点M的坐标是(  )‎ A.(0,0,±2) B.(0,0,±3)‎ C.(0,0,±) D.(0,0,±1)‎ ‎2.若a=(1,2,1),b=(-2,0,1)分别是直线l1,l2的方向向量,则l1,l2的位置关系是(  )‎ A.平行 B.异面 C.相交 D.相交或异面 ‎3.两平行平面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(  )‎ A. B. C. D.3 ‎4.方向向量为s=(1,1,1)的直线l经过点A(1,0,0),则坐标原点O(0,0,0)到该直线的距离是(  )‎ A. B. C. D. ‎5.如图K43-1,长方体ABCD-A1B‎1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为1,则异面直线AD1和C1D所成角的余弦值是(  )‎ 图K43-1‎ A. B.- C. D. ‎6.在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,将它沿对角线AC折起,使AB和CD成60°角(如图K43-2),则B、D间的距离为(  )‎ 图K43-2‎ A.1 B.‎2 C. D.2或 ‎7.三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,长度分别为6,4,4,则其顶点到底面的距离为(  )‎ A. B.‎2 C. D. ‎8.在棱长为1的正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E、F分别为棱AA1、BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A‎1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为(  )‎ A. B. C. D. 图K43-3‎ ‎9.如图K43-3,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,点E是AB上一点,当二面角P-EC-D的平面角为时,AE=(  )‎ A.1 B. C.2- D.2- ‎10.已知三棱锥O-ABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,E为OC的中点,且OA=1,OB=OC=2,则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是________.‎ ‎11.如图K43-4,已知四棱柱ABCD-A1B‎1C1D1中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱AA1长为b,且AA1与A1B1,A1D1的夹角都是60°,则AC1的长等于________.‎ 图K43-4‎ ‎  图K43-5‎ ‎12.如图K43-5,AO⊥平面α,BC⊥OB,BC与平面α的夹角为30°,AO=BO=BC=a,则AC=________.‎ ‎13.如图K43-6,在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD-A1B‎1C1D1,点M是线段DC1上的动点,则点M到直线AD1距离的最小值为________.‎ 图K43-6‎ ‎14.(10分)如图K43-7,放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC-A1B‎1C1与正三棱锥B-ACD组成,其中,AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为2+1,2+1,1.‎ ‎(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值;‎ ‎(2)在线段AC1上是否存在点P,使B1P⊥平面ACD?若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由.‎ 图K43-7‎ ‎15.(13分) 如图K43-8,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.‎ 图K43-8‎ ‎16.(12分) 如图K43-9,已知正三棱柱ABC-A1B‎1C1的各棱长都是4,E是BC的中点,动点F在侧棱CC1上,且不与点C重合.‎ ‎(1)当CF=1时,求证:EF⊥A‎1C;‎ ‎(2)设二面角C-AF-E的大小为θ,求tanθ的最小值.‎ 图K43-9‎ 课时作业(四十三)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1.B [解析] 设M(0,0,z),直线的一个单位方向向量s0=,故点M到直线的距离d===,解得z=±3.‎ ‎2.D [解析] 根据共线向量定理,显然a,b不平行,所以l1,l2的位置关系是相交或异面.‎ ‎3.B [解析] 两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|·n0|=.‎ ‎4.D [解析] 直线l的一个单位法向量s0=,向量=(1,0,0),故点O到直线l的距离为 d===.‎ ‎【能力提升】‎ ‎5.C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),C1(0,2,1),1=(-2,0,1),=(0,2,1),故异面直线AD1和C1D所成角的余弦值为|cos〈1,1〉|==.‎ ‎6.D [解析] ∵∠ACD=90°,∴·=0.‎ 同理·=0,‎ ‎∵AB和CD成60°角,∴〈,〉=60°或120°.‎ ‎∵=++,‎ ‎∴2=2+2+2+2·+2·+2· ‎=2+2+2+2· ‎=3+2×1×1×cos〈,〉‎ ‎= ‎∴||=2或,即B、D间的距离为2或,故选D.‎ ‎7.C [解析] 设三棱锥为P-ABC,且PA=6,PB=PC=4,以P为原点建立空间直角坐标系如图,则P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,4,0),C(0,0,4),=(6,0,0),=(-6,4,0),=(-6‎ ‎,0,4),设面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,‎ 所以⇒y=z=x,所以可选面ABC的一个法向量为n=(2,3,3),‎ 所以P到面ABC的距离d=|||cos〈,n〉|===,选C.‎ ‎8.D [解析] 如图,如果过点G直接向平面D1EF作垂线,垂足为H,如果我们能求出向量,那么||就是点G到平面D1EF的距离.在正方体中,建立空间直角坐标系非常方便,因此用坐标的方法,解决这个问题.‎ 如图,以射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则G(1,λ,1),E,=,F,=(0,1,0),D1(0,0,1),1=.过点G向平面D1EF作垂线,垂足为H,由于点H在平面D1EF内,故存在实数x,y使=+x+y1=,由于GH⊥EF,GH⊥ED1,‎ 所以 解得故=,所以||=,即点G到平面D1EF的距离是.‎ ‎9.D [解析] 以D为原点,射线DA,DC,DP为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图,‎ 设E(1,y0,0)(0≤y0≤2),则=(-1,2-y0,0),‎ 设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),‎ ‎∴⇒⇒x∶y∶z=(2-y0)∶1∶2,‎ 记n1=(2-y0,1,2),‎ 而平面ECD的法向量n2=(0,0,1),则二面角P-EC-D的平面角θ满足cosθ=|cos〈n1,n2〉|=,‎ ‎∴cosθ===⇒y0=2-.‎ ‎∴当AE=2-时,二面角P-EC-D的平面角为.‎ ‎10. [解析] 以O为原点,OB,OC,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0).‎ 设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z),则由n1⊥知n1·=2x-z=0,由n1⊥知n1·=2y-z=0,取n1=(1,1,2).‎ 设平面EAB的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥知n·=2x-z=0,由n⊥知n·=2x-y=0,取n=(1,2,2).‎ 则cos〈n,n1〉===,‎ 所以平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为.‎ ‎11. [解析] 由已知〈1,〉=〈1,〉=120°,〈,〉=90°.‎ ‎|1|2=|1++|2=|1|2+||2+||2+21·+2·+21· ‎=b2+a2+a2-ab-ab=‎2a2+b2-2ab,故|1|=.‎ ‎12.a [解析] =++,‎ 其中〈,〉=〈,〉=90°,〈,〉=120°,‎ 故||2=|++|2=||2+||2+||2+2·+2·+2· ‎=‎3a2+‎2a2cos120°=‎2a2,故||=a,即AC=a.‎ ‎13.a [解析] 设M(0,m,m)(0≤m≤a),=(-a,0,a),直线AD1的一个单位方向向量s0=,由=(0,-m,a-m),故点M到直线AD1的距离d===,根式内的二次函数当m=-=时取最小值2-a×+a2=a2,故d的最小值为a.‎ ‎14.[解答] 由已知可得AB⊥平面BB‎1C1C,由于三棱锥B-ACD是正三棱锥,所以CD⊂平面BB‎1C1C,D,B,B1三点共线,AB=BC=BD.‎ 设AB=a,BB1=b.则其正视图和俯视图的面积都是ab+a2,侧视图的面积是a2,‎ 根据已知解得a=,b=2.以点B为坐标原点,射线BC,BB1,BA分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则 A(0,0,),C(,0,0),D(0,-,0),B1(0,2,0),C1(,2,0),A1(0,2,).‎ ‎(1)由于三棱锥B-ACD是正三棱锥,该三棱锥的重心G,则BG⊥平面ACD,故可取向量n=(1,-1,1)为平面ACD的一个法向量,=(-,2,),故可取v=(1,-,-1)为直线CA1的一个方向向量.设直线CA1与平面ACD所成角为θ,则 sinθ=|cos〈n,v〉|===.‎ ‎(2)设=m=(m,‎2m,-m),则=+=(m,‎2m-2,-m),‎ 如果B1P⊥平面ACD,则∥n,即(m,‎2m-2,-m)=(λ,-λ,λ),由此得方程组 由①③得m=,λ=,代入②则-1=-,矛盾,这说明不存在满足题目要求的点P.‎ ‎15.[解答] 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=DE,‎ ‎∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,‎ ‎∴AB∥DE,∴GF∥AB.‎ 又AB=DE,∴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=DE=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.‎ 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°=a,‎ BF===‎2a,‎ 在Rt△FHB中,sin∠FBH==.‎ ‎∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.‎ 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,a,0),E(a,a,‎2a).‎ ‎∵F为CD的中点,∴F.‎ ‎(1)证明:=,=(a,a,a),=(‎2a,0,-a),‎ ‎∵=(+),AF⊄平面BCE,∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)证明:∵=,=(-a,a,0),=(0,0,-‎2a),‎ ‎∴·=0,·=0,∴⊥,⊥.‎ ‎∴⊥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·=0,n·=0可得 x+y+z=0,2x-z=0,取n=(1,-,2).‎ 又=,设BF和平面BCE所成的角为θ,则 sinθ===.‎ ‎∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.‎ ‎【难点突破】‎ ‎16.[解答] 解法1:过E作EN⊥AC于N,连接EF.‎ ‎(1)如图①,连接NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC⊥侧面A‎1C,‎ 又底面ABC∩侧面A‎1C=AC,且EN⊂底面ABC,所以EN⊥侧面A‎1C,NF为EF在侧面A‎1C内的射影,‎ 在Rt△CNE中,CN=CEcos60°=1,‎ 则由==,得NF∥AC1.‎ 又AC1⊥A‎1C,故NF⊥A‎1C,‎ 由三垂线定理知EF⊥A‎1C.‎ ‎(2)如图②,连接AF,过N作NM⊥AF于M,连接ME,‎ 由(1)知EN⊥侧面A‎1C,根据三垂线定理得EM⊥AF,‎ 所以∠EMN是二面角C-AF-E的平面角,即∠EMN=θ,‎ 设∠FAC=α,则0°<α≤45°.‎ 在Rt△CNE中,NE=EC·sin60°=,‎ 在Rt△AMN中,MN=AN·sinα=3sinα,‎ 故tanθ==.‎ 又0°<α≤45°,∴0
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