【数学】2019届一轮复习全国经典版(理)立体几何中的向量方法学案

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文档介绍

【数学】2019届一轮复习全国经典版(理)立体几何中的向量方法学案

第7讲 立体几何中的向量方法 板块一 知识梳理·自主学习 ‎[必备知识]‎ 考点1 直线的方向向量和平面的法向量 ‎1.直线的方向向量 直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量,显然一条直线的方向向量有无数个.‎ ‎2.平面的法向量 如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α,则称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α,此时向量n叫做平面α的法向量.‎ 显然一个平面的法向量也有无数个,且它们是共线向量.‎ ‎3.设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则 l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R;‎ l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0;‎ l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0;‎ l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈R;‎ α∥β⇔u∥v⇔u=kv,k∈R;‎ α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0.‎ 考点2 空间向量与空间角的关系 ‎1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a,b的方向向量分别为a,b,其夹角为θ,则cosφ=|cosθ|=其中φ为异面直线a,b所成的角,范围是.‎ ‎2.直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线l的方向向量为e,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为φ,两向量e与n的夹角为θ,则有sinφ=|cosθ|=,φ的取值范围是.‎ ‎3.求二面角的大小 ‎(1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈,〉.‎ ‎(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cosθ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉.取值范围是[0,π].‎ 考点3 求空间的距离 ‎1.点到平面的距离 如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α 的法向量,则点B到平面α的距离d=.‎ ‎2.线面距、面面距均可转化为点面距进行求解.‎ ‎[必会结论]‎ ‎1.直线的方向向量的确定:l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量.‎ ‎2.平面的法向量的确定:设a,b是平面α内两不共线向量,n为平面α的法向量,则求法向量的方程组为 ‎[考点自测]‎ ‎1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)直线的方向向量是唯一确定的.(  )‎ ‎(2)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则l1与l2的位置关系是平行.(  )‎ ‎(3)已知=(2,2,1),=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是n0=±.(  )‎ ‎(4)若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β.(  )‎ ‎(5)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角.(  )‎ 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×‎ ‎2.若平面α的一个法向量为(1,2,0),平面β的一个法向量为(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是(  )‎ A.平行 B.相交但不垂直 C.垂直 D.重合 答案 C 解析 由(1,2,0)·(2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知两平面的法向量互相垂直,所以两平面互相垂直.‎ ‎3.[2018·宜宾模拟]已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相平行,则k的值是(  )‎ A.-2 B. C. D. 答案 A 解析 由题意得,ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2).所以==,解得k=-2.故选A.‎ ‎4.[2018·沧州七校联考]把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,则异面直线AD,BC所成的角为(  )‎ A.120° B.30° C.90° D.60°‎ 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,,0),C(0,0,),D(0,-,0),‎ ‎∴=(-,-,0),‎ =(0,-,).‎ ‎∴||=2,||=2,·=2.‎ ‎∴cos〈,〉===.‎ ‎∴异面直线AD,BC所成的角为60°.故选D.‎ ‎5.[教材习题改编]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.‎ 答案  解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),‎ ‎∴=(0,2,0),‎ 设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 由 得令y=1,得n=(2,1,2),‎ 设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则 sinθ=|cos〈·n〉|===.‎ 即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.‎ 板块二 典例探究·考向突破 考向 利用空间向量证明平行、垂直 例 1 [2018·深圳模拟]如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:‎ ‎(1)MN∥平面A1B1C1;‎ ‎(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.‎ 证明 由题意,知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).‎ ‎(1)由题意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1,‎ 又A1B1∩A1C1=A1,所以AA1⊥平面A1B1C1.‎ 因为=(2,0,0),=(0,1,1),所以·=0,即⊥.故MN∥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).‎ 因为=(-1,2,0),=(1,0,2),‎ 所以⇒ 令x1=2,则平面MBC1的一个法向量为n1=(2,1,-1).同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).‎ 因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.‎ 触类旁通 证明平行,垂直问题的思路 ‎(1)证明直线与平面平行,只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面,然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.‎ ‎(2)证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂直,而直线与平面垂直、平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明.‎ ‎【变式训练1】 [2018·青岛模拟]如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1綊BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:‎ ‎(1)A1B1⊥平面AA1C;‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明 ∵二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,∴AA1⊥平面BAC.‎ 又∵AB=AC,BC=AB,∴∠CAB=90°,‎ 即CA⊥AB,‎ ‎∴AB,AC,AA1两两互相垂直.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,‎ 设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).‎ ‎(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),‎ 设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),‎ 则即即 取y=1,则n=(0,1,0).‎ ‎∴=2n,即∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),‎ 则即 令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).‎ ‎∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,∴⊥m.‎ 又AB1⊄平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.‎ 考向 利用空间向量求空间角 命题角度1 利用空间向量求异面直线所成的角 例 2 [2017·江苏高考]如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;‎ ‎(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.‎ 解 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.‎ 因为AA1⊥平面ABCD,‎ 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.‎ 如图,以{,,1}为正交基底,‎ 建立空间直角坐标系Axyz.‎ 因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,‎ 则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),‎ A1(0,0,),C1(,1,).‎ ‎(1)=(,-1,-),=(,1,),‎ 则cos〈,〉= ‎==-,‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面BA1D的一个法向量,‎ 又=(,-1,-),=(-,3,0),‎ 则即 不妨取x=3,则y=,z=2,‎ 所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量.‎ 从而cos〈,m〉===.‎ 设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.‎ 因为θ∈[0,π],所以sinθ==.‎ 因此二面角B-A1D-A的正弦值为.‎ 命题角度2 利用空间向量求直线与平面所成的角 例 3 [2017·浙江高考]如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.‎ ‎(1)证明:CE∥平面PAB;‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.‎ 解 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.‎ ‎∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.‎ ‎∵BC=AD=OD,且BC∥OD,‎ ‎∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,‎ ‎∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.‎ 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,‎ 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.‎ 设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),‎ D(0,1,0).‎ 设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,‎ 得得x=-,z=.‎ 即点P,而E为PD的中点,‎ ‎∴E.‎ 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ ‎∵A=,A=(1,1,0),‎ ‎∴⇒ 取y1=-1,得n=(1,-1,).‎ 而C=,则C·n=0,而CE⊄平面PAB,‎ ‎∴CE∥平面PAB.‎ ‎(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ ‎∵B=(0,1,0),B=,‎ ‎∴ 取x2=1,得m=(1,0,).‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ.‎ 则sinθ=|cos〈m,C〉|==,‎ 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.‎ 命题角度3 利用空间向量求二面角的大小 例 4 [2017·全国卷Ⅰ]如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.‎ ‎(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ 解 (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.‎ 因为AB∥CD,所以AB⊥PD.‎ 又AP∩DP=P,所以AB⊥平面PAD.‎ 因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为点F.‎ 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.‎ 以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.‎ 由(1)及已知可得A,‎ P,B,C,‎ 所以=,=(,0,0),‎ =,=(0,1,0).‎ 设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的一个法向量,则 即 所以可取n=(0,-1,-).‎ 设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的一个法向量,则 即 所以可取m=(1,0,1),则cos〈n,m〉===-.‎ 易知二面角A-PB-C的平面角为钝角,‎ 所以二面角A-PB-C的余弦值为-.‎ 触类旁通 利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系.‎ 第二步:确定点的坐标.‎ 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.‎ 第四步:计算向量的夹角(或函数值).‎ 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角.‎ 考向 利用空间向量求空间距离 例 5 如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.‎ ‎(1)证明:DC1⊥BC;‎ ‎(2)设AA1=2,A1B1的中点为P,求点P到平面BDC1的距离.‎ 解 (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.‎ 由于D为AA1的中点,故DC=DC1.‎ 又AC=AA1,可得DC+DC2=CC,所以DC1⊥DC.DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.‎ 因为BC⊂平面BCD,所以DC1⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1, ‎ 则BC⊥平面ACC1A1,所以CA,CB,CC1两两垂直.‎ 以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.‎ 由题意知B(0,1,0),D(1,0,1),‎ C1(0,0,2),B1(0,1,2),‎ P,则=(1,-1,1),=(-1,0,1),=.‎ 设m=(x,y,z)是平面BDC1的法向量,‎ 则即可取m=(1,2,1).‎ 设点P到平面BDC1的距离为d,则d==.‎ 触类旁通 求平面α外一点P到平面α的距离的步骤 ‎(1)求平面α的法向量n;‎ ‎(2)在平面α内取一点A,确定向量的坐标;‎ ‎(3)代入公式d=求解.‎ ‎【变式训练2】 如图,已知四边形ABCD,EADM和MDCF都是边长为a的正方形,点P是ED的中点.‎ ‎(1)求点D到直线BF的距离;‎ ‎(2)求点P到平面EFB的距离.‎ 解 由已知得DM⊥DA,DM⊥DC,DA⊥DC,如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DM所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.‎ 则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),M(0,0,a),E(a,0,a),F(0,a,a),则由中点坐标公式可得P.‎ ‎(1)=(a,a,0),‎ =(-a,0,a).‎ 则在方向上的投影为 ==a,‎ 故点D到直线BF的距离 d== ‎=a.‎ ‎(2)设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量,即|n|=1,n⊥平面EFB,所以n⊥,n⊥.‎ 又=(-a,a,0),=(0,a,-a),‎ 则令x=,则y=z=.‎ 所以n=,又=,‎ 设所求距离为d1,则d1=|·n|=a.‎ 核心规律 ‎1.用向量来求空间角,都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算,问题的关键在于确定对应线段的向量.‎ ‎2.求点到平面的距离,若用向量知识,则离不开以该点为端点的平面的斜线段.‎ 满分策略 ‎1.利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空间角,因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.‎ ‎2.求点到平面的距离,有时用等体积法求解更方便.‎ ‎3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.‎ 板块三 启智培优·破译高考 易错警示系列11——用向量法探究点的位置时易出错 ‎[2017·天津高考]如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.‎ ‎(1)求证:MN∥平面BDE;‎ ‎(2)求二面角C-EM-N的正弦值;‎ ‎(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.‎ 错因分析 (1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M相关的向量的坐标,导致变量较多,运算量过大而致误.(2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误.‎ 解 如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),‎ C(0,4,0),P(0,0,4),‎ D(0,0,2),E(0,2,2),‎ M(0,0,1),N(1,2,0).‎ ‎(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量,‎ 则即 不妨设z=1,可得n=(1,0,1).‎ 又=(1,2,-1),可得·n=0.‎ 因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的一个法向量,则 因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),‎ 所以 不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).‎ 因此有cos〈n1,n2〉==-,‎ 于是sin〈n1,n2〉=.‎ 所以二面角C-EM-N的正弦值为.‎ ‎(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).‎ 由已知,得 ‎|cos〈,〉|===,‎ 整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.‎ 所以线段AH的长为或.‎ 答题启示 ‎ 对于点的探究型问题,要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量,尽量使未知量个数最少.‎ 跟踪训练 ‎[2018·唐山模拟]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.‎ ‎(1)证明:B1C1⊥CE;‎ ‎(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;‎ ‎(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.‎ 解 如图,以点A为原点,以AD,AA1,AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,‎ 依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).‎ ‎(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.‎ ‎(2)=(1,-2,-1).‎ 设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),‎ 则即消去x,‎ 得y+2z=0,‎ 不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).‎ 由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,‎ 可得B1C1⊥平面CEC1,‎ 故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.‎ 于是cos〈m,〉===,‎ 从而sin〈m,〉=.‎ 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.‎ ‎(3)=(0,1,0),=(1,1,1).‎ 设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).‎ 可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则 sinθ=|cos〈,〉|= ‎==,‎ 于是=,解得λ=(负值舍去),‎ 所以AM=.‎ 板块四 模拟演练·提能增分 ‎ [A级 基础达标]‎ ‎1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(  )‎ A.45° B.135° C.45°或135°  D.90°‎ 答案 C 解析 ∵cos〈m,n〉===,∴〈m,n〉=45°.‎ ‎∴二面角为45°或135°.故选C.‎ ‎2.[2018·金华模拟]在空间直角坐标系Oxyz中,平面OAB的一个法向量为n=(2,-2,1),已知点P(-1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于(  )‎ A.4 B.2 C.3 D.1‎ 答案 B 解析 由已知平面OAB的一条斜线的方向向量=(-1,3,2),所以点P到平面OAB的距离d=||·|cos〈,n〉|===2.故选B.‎ ‎3.[2018·邯郸模拟]如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心,则EF和CD所成的角是(  )‎ A.60° B.45°‎ C.30° D.135°‎ 答案 B 解析 以D为原点,分别以射线DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),C(0,1,0),E,F,‎ =,‎ =(0,1,0),‎ ‎∴cos〈,〉==-,‎ ‎∴〈,〉=135°,∴异面直线EF和CD所成的角是45°.故选B.‎ ‎4.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 C 解析 以A为原点,AB,AC,AP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,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,0,0,E,F,∴=(0,0,-2),=,=.‎ 设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则由得 取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成的角为θ,‎ 则sinθ==,∴PA与平面DEF所成角的正弦值为.故选C.‎ ‎5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),‎ ‎∴=(0,1,-1),‎ =,‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),‎ 则即 ‎∴∴n1=(1,2,2).‎ 又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),‎ ‎∴cos〈n1,n2〉==.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.故选B.‎ ‎6.如图,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶,则AF与CE所成角的余弦值为________.‎ 答案  解析 ∵AE∶ED∶AD=1∶1∶,∴AE⊥ED,即AE,DE,EF两两垂直,所以建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),‎ ‎∴=(-1,2,0),=(0,2,1),‎ ‎∴cos〈,〉===,‎ ‎∴AF与CE所成角的余弦值为.‎ ‎7.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.‎ 答案  解析 以C为原点建立坐标系,得下列坐标:A(2,0,0),C1(0,0,2).点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.‎ 所以=(-2,0,2),=,,2,设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ,‎ 则cosθ===.‎ 又θ∈,所以θ=.‎ ‎8.[2018·福州质检]已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC 所成的锐二面角的正切值为________.‎ 答案  解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz,‎ 设DA=1,由已知条件得 A(1,0,0),E,‎ F,=,=,‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 面AEF与面ABC所成的锐二面角为θ,由图知θ为锐角,由得 令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),cosθ=|cos〈n,m〉|=,tanθ=.‎ ‎9.[2017·福建模拟]如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.‎ ‎(1)求证:GF∥平面ADE;‎ ‎(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.‎ 解 (1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,‎ 又G是BE的中点,‎ 所以GH∥AB,且GH=AB.‎ 又F是CD的中点,所以DF=CD.‎ 由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,‎ 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.‎ 又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.‎ ‎(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.‎ 又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.‎ 以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).‎ 因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.‎ 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.‎ 又=(2,0,-2),=(2,2,-1),‎ 由得 取z=2,得n=(2,-1,2).‎ 从而cos〈n,〉===,‎ 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎10.[2017·山东高考]如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.‎ ‎(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;‎ ‎(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.‎ 解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.‎ 又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.‎ 又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.‎ ‎(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),‎ 故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3).‎ 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,‎ 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).‎ 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,‎ 由可得 取z2=-2,‎ 可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).‎ 所以cos〈m,n〉==.‎ E-AG-C为锐角,‎ ‎∴E-AG-C的大小为60°.‎ ‎[B级 知能提升]‎ ‎1.一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),则该四面体的体积为(  )‎ A. B. C.1 D.2 答案 A 解析 如图所示,该四面体是棱长均为的正四面体ABCD.设△BCD的中心为O,则AO⊥平面BCD,AO即为该四面体的高.在Rt△AOB中,AB=,BO=BE=××=,所以AO==.底面积S△BCD=×()2=,故其体积为××=.故选A.‎ ‎2.已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 C 解析 以两对角线AC与BD的交点O作为原点,以OA,OB,OS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设边长为2,则有O(0,0,0),A(,0,0),B(0,,0),S(0,0,),D(0,-,0),E,=,=(0,-,-),|cos〈,〉|===,‎ 故AE,SD所成角的余弦值为.故选C.‎ ‎3.[2018·沈阳检测]已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,则点D1到平面BDE的距离为    .‎ 答案  解析 如图所示,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),‎ D1(0,0,2),E(0,1,1),所以=(1,1,0),=(0,1,1),=(-1,-1,2).‎ 设n=(x,y,z)是平面BDE的法向量,所以n⊥,n⊥,所以 即令x=1,‎ 则所以平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,1),则点D1到平面BDE的距离d==.故填.‎ ‎4.[2018·西宁模拟]如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.‎ ‎(1)求证:AB∥FG;‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.‎ 解 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.‎ 如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).‎ 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z).‎ 则即 令z=1,则y=-1,所以n=(0,-1,1).‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α,‎ 则sinα=|cos〈n,〉|==.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u,v,w).‎ 因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量,‎ 所以n·=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.‎ 解得λ=,所以点H的坐标为.‎ 所以|PH|==2.‎ ‎5.[2017·北京高考]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.‎ ‎(1)求证:M为PB的中点;‎ ‎(2)求二面角B-PD-A的大小;‎ ‎(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.‎ 解 (1)证明:设AC,BD交于点E,连接ME,‎ 因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,‎ 所以PD∥ME.‎ 因为四边形ABCD是正方形,‎ 所以E为BD的中点,‎ 所以M为PB的中点.‎ ‎(2)取AD的中点O,连接OP,OE.‎ 因为PA=PD,所以OP⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,‎ 所以OP⊥平面ABCD.‎ 因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.‎ 因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.‎ 如图,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).‎ 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令x=1,则y=1,z=.‎ 于是n=(1,1,).‎ 平面PAD的法向量为p=(0,1,0),‎ 所以cos〈n,p〉==.‎ 由题意知二面角B-PD-A为锐角,‎ 所以它的大小为.‎ ‎(3)由题意知M,C(2,4,0),=.‎ 设直线MC与平面BDP所成角为α,则 sinα=|cos〈n,〉|==,‎ 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.‎
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