【数学】2020届一轮复习人教B版（理）第八章42立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离作业

【数学】2020届一轮复习人教B版（理）第八章42立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离作业

【课时训练】第 42 节　立体几何中的向量方法 (二)——求空间角和距离 解答题 1．(2018 深圳一模)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1，∠ACB＝90°， CA＝CB＝CC1，D 为 B1C1 的中点，求异面直线 BD 和 A1C 所成角的 余弦值． 【解】如图所示，以 C 为坐标原点，CA，CB，CC1 所在直线分 别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系． 设 CA＝CB＝CC 1＝2，则 A 1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)， ∴BD → ＝(0，－1,2)，A1C → ＝(－2,0，－2)． ∴cos〈BD → ，A1C → 〉＝ |BD → ·A1C → | |BD → ||A1C → | ＝ 10 5 . ∴异面直线 BD 与 A1C 所成角的余弦值为 10 5 . 2．(2018 大连二模)如图，在直三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，AB⊥ BC，AA1＝2，AC＝2 2.M 是 CC1 的中点，P 是 AM 的中点，点 Q 在 线段 BC1 上，且 BQ＝1 3 QC1. (1)证明：PQ∥平面 ABC； (2)若直线 BA1 与平面 ABM 所成角的正弦值为2 15 15 ，求∠BAC 的大小． (1)【证明】取 MC 的中点，记为点 D，连接 PD，QD. ∵P 为 MA 的中点，D 为 MC 的中点， ∴PD∥AC. 又 CD＝1 3 DC1，BQ＝1 3 QC1， ∴QD∥BC. 又 PD∩QD＝D， ∴平面 PQD∥平面 ABC. 又 PQ⊂平面 PQD， ∴PQ∥平面 ABC. (2)【解】∵BC，BA，BB1 两两互相垂直，∴以 B 为坐标原点， 分别以 BC，BA，BB1 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的 空间直角坐标系 B－xyz.设 BC＝a，BA＝b，则各点的坐标分别为 B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)， ∴BA1 → ＝(0，b,2)，BA → ＝(0，b,0)，BM → ＝(a,0,1)． 设平面 ABM 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!∴Error! 取 x＝1，则可得平面 ABM 的一个法向量为 n＝(1,0，－a)， ∴|cos〈n，BA1 → 〉|＝ |－2a| a2＋1· b2＋4 ＝2 15 15 . 又 a2＋b2＝8，∴a4＋4a2－12＝0. ∴a2＝2 或－6(舍)，即 a＝ 2. ∴sin∠BAC＝ 2 2　 2 ＝1 2 .∴∠BAC＝π 6 . 3．(2019 兰州检测)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC，PA＝AC＝2AB＝2，E 是线 段 PC 的中点． (1)求证：DE∥平面 PAB； (2)求二面角 D－CP－B 的余弦值． (1)【证明】以 B 为坐标原点，BA 所在的直线为 x 轴，BC 所在 的直线为 y 轴，过点 B 且与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴，建立空间 直角坐标系如图所示． 则 B(0,0,0)，C(0， 3，0)，P(1,0,2)， D(3 2， 3 2 ，0)，A(1,0,0)，E(1 2， 3 2 ，1)， ∴DE → ＝(－1,0,1)，BP → ＝(1,0,2)，BA → ＝(1,0,0)． 设平面 PAB 的法向量为 n＝(a，b，c)， 则Error!∴Error! ∴n＝(0,1,0)为平面 PAB 的一个法向量． 又DE → ·n＝0，DE⊄平面 PAB， ∴DE∥平面 PAB. (2)【解】由(1)易知BC → ＝(0， 3，0)， DP → ＝(－1 2，－ 3 2 ，2)， DC → ＝(－3 2， 3 2 ，0)， 设平面 PBC 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 则Error!∴Error! 令 x1＝2，则 y1＝0，z1＝－1， ∴n1＝(2,0，－1)为平面 PBC 的一个法向量． 设平面 DPC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 则Error! ∴Error! 令 x2＝1，则 y2＝ 3，z2＝1， ∴n2＝(1， 3，1)为平面 DPC 的一个法向量． ∴cos〈n1，n2〉＝ 2－1 5 × 5 ＝1 5 . 故二面角 D－CP－B 的余弦值为1 5 . 4．(2018 宿州模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC，平 面 APD⊥平面 ABCD，PA＝PD，E 在 AD 上，且 AB＝BC＝CD＝DE ＝EA＝2. (1)求证：平面 PEC⊥平面 PBD； (2)设直线 PB 与平面 PEC 所成的角为π 6 ，求平面 APB 与平面 PEC 所成的锐二面角的余弦值． (1)【证明】连接 BE.在△PAD 中，PA＝PD，AE＝ED， 所以 PE⊥AD. 又平面 APD⊥平面 ABCD，平面 APD∩平面 ABCD＝AD， 所以 PE⊥平面 ABCD. 又 BD⊂平面 ABCD，故 PE⊥BD. 在四边形 ABCD 中，BC∥DE，且 BC＝DE， 所以四边形 BCDE 为平行四边形． 又 BC＝CD，所以四边形 BCDE 为菱形． 故 BD⊥CE. 又 PE∩EC＝E，所以 BD⊥平面 PEC. 又 BD⊂平面 PBD， 所以平面 PEC⊥平面 PBD. (2)【解】取 BC 的中点 F，连接 EF. 由(1)可知△BCE 是一个正三角形，所以 EF⊥BC. 又 BC∥AD，所以 EF⊥AD. 又 PE⊥平面 ABCD，故以点 E 为坐标原点，EF，ED，EP 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 PE＝t(t>0)，则 D(0,2,0)，A(0，－2,0)，P(0,0，t)， F( 3，0,0)，B( 3，－1,0)． 因为 BD⊥平面 PEC， 所以BD → ＝(－ 3，3,0)是平面 PEC 的一个法向量． 又PB → ＝( 3，－1，－t)， 所以 cos〈PB → ，BD → 〉＝ PB → ·BD → |PB → ||BD → | ＝ －6 4＋t2 × 2 3 ＝ － 3 4＋t2 . 由已知可得 sin π 6 ＝|cos〈PB → ，BD → 〉|＝ 3 4＋t2 ，得 t＝2 2(负值 舍去)． 故 P(0,0,2 2)，所以 PB → ＝( 3，－1，－2 2)， AB → ＝( 3， 1,0)． 设平面 APB 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由Error!可得Error! 取 y＝－ 6，则 x＝ 2，z＝ 3， 故 n＝( 2，－ 6， 3)为平面 APB 的一个法向量， 所以 cos〈BD → ，n〉＝ BD → ·n |BD → ||n| ＝ －4 6 2 3 × 11 ＝－2 22 11 . 设平面 APB 与平面 PEC 所成的锐二面角为 θ，则 cos θ＝|cos 〈BD → ，n〉|＝2 22 11 . 5．(2018 十堰模拟)如图 1，正方形 ABCD 的边长为 4，AB＝AE＝ BF＝1 2 EF，AB∥EF，把四边形 ABCD 沿 AB 折起，使得 AD⊥平面 AEFB，G 是 EF 的中点，如图 2. (1)求证：AG⊥平面 BCE； (2)求二面角 C－AE－F 的余弦值． (1)【证明】连接 BG， 因为 BC∥AD，AD⊥底面 AEFB， 所以 BC⊥底面 AEFB.又 AG⊂底面 AEFB， 所以 BC⊥AG， 因为 AB 綊 EG，AB＝AE， 所以四边形 ABGE 为菱形．所以 AG⊥BE. 又 BC∩BE＝B，BE⊂平面 BCE，BC⊂平面 BCE，所以 AG⊥平 面 BCE. (2)【解】由(1)知，四边形 ABGE 为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG ＝AB＝4， 设 AG∩BE＝O，所以 OE＝OB＝2 3，OA＝OG＝2. 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2 3，0)，F(4,2 3，0)，C(0,2 3，4)，D(－2,0,4)， 所以AC → ＝(2,2 3，4)，AE → ＝(2，－2 3，0)． 设平面 ACE 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!所以Error! 令 y＝1，则 x＝ 3，z＝－ 3， 即平面 ACE 的一个法向量为 n＝( 3，1，－ 3)， 易知平面 AEF 的一个法向量为AD → ＝(0,0,4)， 设二面角 C－AE－F 的大小为 θ，由图易知 θ∈(0，π 2)， 所以 cos θ＝ |n·AD → | |n||AD → | ＝ 4 3 7 × 4 ＝ 21 7 ，即二面角 C－AE－F 的余 弦值为 21 7 . 6．(2018 武汉高三测试)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AB ⊥侧面 BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝π 3 . (1)求证：BC1⊥平面 ABC； (2)设CE → ＝λCC1 → (0≤λ≤1)，且平面 AB1E 与 BB1E 所成的锐二面 角的大小为 30°，试求 λ 的值． (1)【证明】因为 AB⊥侧面 BB1C1C，BC1⊂侧面 BB1C1C，故 AB⊥ BC1. 在△BCC1 中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝π 3 ， 所 以 BC21＝ BC2 ＋ CC21－ 2BC·CC1·cos ∠ BCC1 ＝ 12 ＋ 22 － 2×1×2×cos π 3 ＝3. 所以 BC1＝ 3. 故 BC2＋BC21＝CC21，所以 BC⊥BC1. 而 BC∩AB＝B，所以 BC1⊥平面 ABC. (2)【解】由(1)可知 AB，BC，BC1 两两互相垂直．以 B 为原点， BC，BA，BC1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 如图． 则 B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1,0， 3)，C(1,0,0)，C1(0,0， 3)， 所以CC1 → ＝(－1,0, 3)． 所以CE → ＝(－λ，0, 3λ)，E(1－λ，0, 3λ)， 则AE → ＝(1－λ，－1， 3λ)，AB1 → ＝(－1，－1， 3)． 设平面 AB1E 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error! 即Error! 令 z＝ 3，则 x＝3－3λ 2－λ ，y＝ 3 2－λ ， 故 n＝(3－3λ 2－λ ， 3 2－λ， 3)是平面 AB1E 的一个法向量． 因为 AB⊥平面 BB1C1C，所以BA → ＝(0,1,0)是平面 BB1E 的一个法 向量．所以|cos〈n，BA → 〉|＝ |n·BA → | |n||BA → | ＝ | 3 2－λ| (3－3λ 2－λ )2＋( 3 2－λ)2＋( 3)2 × 1 ＝ 3 2 . 两边平方并化简，得 2λ2－5λ＋3＝0， 解得 λ＝1 或3 2 (舍去)．故 λ 的值为 1. 7．(2018 河南安阳二模)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底 面△ABC 是边长为 2 的等边三角形，D 为 BC 的中点，侧棱 AA1＝3， 点 E 在 BB1 上，点 F 在 CC1 上，且 BE＝1，CF＝2. (1)证明：平面 CAE⊥平面 ADF； (2)求点 D 到平面 AEF 的距离． (1)【证明】∵△ABC 是等边三角形，D 为 BC 的中点， ∴AD⊥BC，∴AD⊥平面 BCC1B1，得 AD⊥CE. 在侧面 BCC1B1 中， tan∠CFD＝CD CF ＝1 2 ，tan∠BCE＝BE BC ＝1 2 ， ∴tan∠CFD＝tan∠BCE，∠CFD＝∠BCE， ∴∠BCE＋∠FDC＝∠CFD＋∠FDC＝90°，∴CE⊥DF. 又∵AD∩DF＝D，∴CE⊥平面 ADF. 又∵CE⊂平面 CAE，∴平面 CAE⊥平面 ADF. (2)【解】在△FDE 中，易得 FD＝FE＝ 5，DE＝ 2， ∴S△FDE＝1 2 × 2× ( 5)2－( 2 2 )2＝3 2 . 在△EFA 中，易得 EA＝EF＝ 5，AF＝2 2， ∴S△EFA＝1 2 ×2 2× ( 5)2－( 2)2＝ 6. 设三棱锥 D－AEF 的体积为 V，点 D 到平面 AEF 的距离为 h. 则 V＝1 3 S△FDE·AD＝1 3 S△EFA·h，得3 2 × 3＝ 6h，解得 h＝3 2 4 . 8．(2018 福建永春一中等四校 2018 联考)如图，在多面体 EFABCD 中，四边形 ABCD，ABEF 均为直角梯形， ∠ABC＝∠ABE ＝90°，四边形 DCEF 为平行四边形，平面 ABCD⊥平面 DCEF. (1)求证：平面 ADF⊥平面 ABCD； (2)若△ABD 是边长为 2 的等边三角形，且异面直线 BF 与 CE 所 成的角为 45°，求点 E 到平面 BDF 的距离． (1)【证明】∵∠ABC＝∠ABE＝90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE. 又 BC，BE⊂平面 BCE，且交于点 B，∴AB⊥平面 BCE. 又 CE⊂平面 BCE，∴AB⊥CE. 又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF. 又平面 ABCD⊥平面 DCEF，且交于 CD，DF⊂平面 DCEF， ∴DF⊥平面 ABCD. 又 DF⊂平面 ADF，∴平面 ADF⊥平面 ABCD. (2)【解】∵CE∥DF， ∴∠BFD 为异面直线 BF 与 CE 所成的角，则∠BFD＝45°. 在 Rt△BDF 中，∠BFD＝∠DBF＝45°，∴DF＝BD＝2. ∵△ABD 是边长为 2 的等边三角形，∠ABC＝90°， ∴在 Rt△BCD 中，∠CBD＝30°，∴CD＝1，BC＝ 3. ∵CE∥DF，DF⊂平面 BDF，CE⊄平面 BDF， ∴CE∥平面 BDF， ∴点 C 到平面 BDF 的距离即为点 E 到平面 BDF 的距离． 由(1)可知 DF⊥平面 ABCD，则 DF 为三棱锥 F－BCD 的高． 设点 E 到平面 BDF 的距离为 h， 由 VE－BDF＝VC－BDF＝VF－BCD， 得 1 3 S△BDF·h＝1 3 S△BCD·DF， ∴h＝S △ BCD·DF S △ BDF ＝ 3 2 .