【数学】2020届一轮复习人教A版利用空间向量求解空间角(2)作业

【数学】2020届一轮复习人教A版利用空间向量求解空间角(2)作业

利用空间向量求空间角和距离 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在三棱锥D-ABC中，AD^DC，AC^CB，AB＝2AD＝2DC＝2，且平面ABD^平面BCD，E为AC的中点．‎ ‎（I）证明：AD^BC；‎ ‎（II）求直线 DE 与平面ABD所成的角的正弦值．‎ ‎【解析】（I）过作，（其中与都不重合，否则，若与重合，则与矛盾，‎ 若与重合，则，与矛盾）‎ 面面 ‎ 面 ‎ ，又 ‎ ‎ 面 ‎ ‎ ‎（II）法一：作，则，‎ 由（1）知：面 ‎ 即与面所成角，且 ‎ ‎ 法二：由（I）知平面，，以为原点，分别以射线为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系 由题意知：‎ ‎∴，‎ ‎∵平面的法向量为，‎ 设与面所成角为 ‎∴‎ ‎2．【福建省厦门市2019届高中毕业班第一次（3月)质量检查】如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】（1）取的中点，连接，‎ 因为均为边长为的等边三角形，‎ 所以，，且 因为，所以，所以，‎ 又因为，平面，平面，‎ 所以平面.‎ 又因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）因为，为等边三角形，‎ 所以，又因为，所以，，‎ 在中，由正弦定理，得：，所以.‎ 以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，则平面的一个法向量为，‎ 依题意，平面的一个法向量 所以 故二面角的余弦值为.‎ ‎3．【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】如图，在正三棱柱中，，，分别是，的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）点在上，若，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】（1）如图，连结，，则，，‎ ‎，，‎ ‎∴平面EFN//平面B1BCC1，‎ 平面，平面.‎ 解：（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ 不妨设，则，，，，‎ 设，则，，‎ ‎，‎ ‎，，解得，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，取，得，‎ 同理可得平面的法向量为，‎ ‎ .‎ 二面角的余弦值为.‎ ‎4．【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】如图，在三棱锥中，与都为等边三角形，且侧面与底面互相垂直，为的中点，点在线段上，且，为棱上一点.‎ ‎（1）试确定点的位置，使得平面；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求二面角的余弦值.‎ ‎【解析】（Ⅰ）在中，延长交于点，‎ ‎,是等边三角形 为的重心 ‎ ‎ 平面, 平面，‎ ‎,即点为线段上靠近点的三等分点 ‎ ‎（Ⅱ）等边中，，，，交线为， ‎ 如图以为原点建立空间直角坐标系 ‎ ‎ ‎ 点在平面上，所以二面角与二面角为相同二面角.‎ 设,则，‎ 设平面的法向量 ，则 即，取，则 ‎ 又平面，, ‎ 则 ,‎ 又二面角为钝二面角，所以余弦值为 .‎ ‎5.(2018·全国卷Ⅰ改编)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α的夹角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选A.由于平面α与每条棱所在直线的夹角都相等，所以平面α与平面AB1D1平行或重合(如图)，‎ 而在与平面AB1D1平行的所有平面中，面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN，而平面EFGHMN的面积S=××××6=.‎ 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎6.在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°时，BD=_______. ‎ ‎【解析】在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，‎ 过点D作DE⊥AC于点E，‎ 过点B作BF⊥AC于点F，‎ 则||=||==，‎ ‎||=5-2×=.‎ 沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°时，‎ 则=++，‎ ‎=+++2·+2·+2·‎ ‎=×2++0+0+2×××cos(180°-60°)=‎ 所以，BD=.‎ 答案：‎ ‎7.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_______. ‎ ‎【解析】如图所示，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，‎ D1(0，0，1)，F，=，‎ ‎=(0，1，0)，=.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+y=，‎ 由于GH⊥EF，GH⊥ED1，‎ 所以 解得故=，‎ 所以||=，‎ 即点G到平面D1EF的距离是.‎ 答案：‎ ‎8.在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A‎1F∥平面D1AE，则A‎1F与平面BCC1B1夹角的正切值的取值范围是_______. ‎ ‎【解析】建立如图所示的坐标系，令AB=1，则A(0，0，0)，E，‎ D1(0，1，1)，B(1，0，0)，C1(1，1，1)，A1(0，0，1)，F(1，t，s)，平面D1AE的法向量为n=(x，y，z)，则=(1，t，s-1)，=，=(0，1，1)，所以·n=0，·n=0，即令z=2，则所以n=(1，-2，2).又因为A‎1F∥平面D1AE，所以·n=0，即1-2t+2(s-1)=0，即s-1=t-，所以=.由于n1=(1，0，0)是平面BCC1B1的一个法向量，且·n1=1，所以 cos<，n1>=，记A‎1F与平面BCC1B1的夹角为α，则sin α=，‎ cos α=，所以tan α=，因为s=t+≤1，所以t≤，故t∈，∈，‎ 所以tan α∈[2，2].‎ 答案：[2，2]‎ 三、解答题(每小题10分，共20分)‎ ‎9.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，△PAD为正三角形，且E，F分别为AD，AB的中点，PE⊥平面ABCD，BE⊥平面PAD.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面PEB.‎ ‎(2)求EF与平面PDC夹角的正弦值.‎ ‎【解析】(1)因为PE⊥平面ABCD，BE⊥平面PAD，所以PE⊥AD，BE⊥AD，又PE∩BE=E，PE平面PEB，BE平面PEB，所以AD⊥平面PEB，‎ 由四边形ABCD为菱形，得AD∥BC，‎ 所以BC⊥平面PEB.‎ ‎(2)‎ 以E为原点，EA，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 不妨设菱形ABCD的边长为2，则AE=ED=1，PA=2，PE=，‎ BE==，‎ 则点A(1，0，0)，B(0，，0)，C(-2，，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，)，F，‎ ‎=(-1，，0)，=(1，0，)，‎ 设平面PDC的法向量为n=(x，y，z)，‎ 则由n·=-x+y=0，‎ n·=x+z=0，‎ 解得取z=1，得n=；‎ 又=，所以EF与平面PDC夹角的正弦值为 ==.‎ ‎10.(2018·南宁模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，∠DAB=60°.‎ ‎(1)求证：直线AM∥平面PNC.‎ ‎(2)求平面DPC与平面PCN夹角的余弦值.‎ ‎【解析】(1)在PC上取一点F，使PF=2FC，连接MF，NF，‎ 因为PM=2MD，AN=2NB，‎ 所以MF∥DC，MF=DC，AN∥DC，‎ AN=AB=DC.所以MF∥AN，MF=AN.‎ 所以四边形MFNA为平行四边形，即AM∥NF.‎ 又NF平面PNC，所以直线AM∥平面PNC.‎ ‎(2)取AB中点E，底面四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，‎ 所以∠AED=90°.‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以∠EDC=90°，即CD⊥DE.‎ 又PD⊥平面ABCD，所以CD⊥PD.‎ 又DE∩PD=D，所以直线CD⊥平面PDE.‎ 故DP，DE，DC相互垂直，以D为原点，如图建立空间直角坐标系.‎ 则P(0，0，3)，N，C(0，3，0)，‎ A，B，D(0，0，0)，‎ 平面PDC的法向量为m=(1，0，0)，‎ 设平面PNC的法向量为n=(x1，y1，z1)，‎ 由n·=0，n·=0，得n=(5，33)，‎ 所以cos= =，‎ 所以平面DPC与平面PCN夹角的余弦值为.‎ ‎(20分钟　40分)‎ ‎1.(5分)(2018·全国卷Ⅱ改编)在长方体ABCD-A1B‎1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1夹角的余弦值为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，‎ 所以=(-1，0，)，=(1，1，)，设异面直线AD1与DB1的夹角为α，则cos α=|cos<，>|==.‎ 方法二：如图.‎ 连接A1D交AD1于点E.‎ 取A1B1中点F，连接EF，则EFB1D，连接D‎1F，在△D1FE中，∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.‎ 由已知EF=DB1==，‎ D1E=AD1=1，D‎1F==，‎ 所以cos∠D1EF==.‎ ‎2.(5分)已知三棱柱ABC-A1B‎1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B‎1C1的中心，则PA与平面ABC夹角的大小为(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选B.因为三棱柱的底面面积为S底=×=，所以=AA1，所以AA1=.‎ 因为P为底面A1B‎1C1的中心，所以PA1=××=1，设PA与平面ABC夹角的大小为θ，所以tan θ==，所以θ=.‎ ‎3.(5分)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为_______. ‎ ‎【解析】如图，过E作EE1⊥B‎1C1于E1，连接D1E1，过P作PQ⊥D1E1于Q，在同一个平面EE1D1内，EE1⊥E1D1， PQ⊥D1E1，所以PQ∥EE1，又因为CC1∥EE1，所以CC1∥PQ，因为CC1⊥平面A1B‎1C1D1，所以点P到CC1的距离就是QC1的长度，所以当且仅当C1Q⊥D1E1时，所求的距离最小值为C1Q===.‎ 答案：‎ ‎4.(12分)(2019·宣城模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，BC=AD，M是棱PC上的点.‎ ‎(1)求证：平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)若PA=PD=2，BC=1，CD=，异面直线AP与BM夹角的余弦值为，求的值.‎ ‎【解析】(1)因为AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，‎ 所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CD∥BQ.‎ 因为∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即QB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ 所以BQ⊥平面PAD.‎ 因为BQ平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)因为PA=PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ 所以PQ⊥平面ABCD.‎ 以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ 则Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(-1，，0)，‎ 设M(x0，y0，z0)，‎ 所以=(-1，0，)，=(-1，，-)，‎ ‎=(x0，y0，z0-).‎ 由M是PC上的点，设=t(0≤t≤1)，‎ 化简得M(-t，t，-t+).‎ 设异面直线AP与BM的夹角为θ，‎ 则cos θ=|cos<，>|==.‎ 所以=，解得t=或.‎ ‎5.(13分)(2018·济南模拟)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎(1)求证：EG∥平面ADF.‎ ‎(2)求平面OEF与平面CEF夹角的正弦值.‎ ‎(3)设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF夹角的正弦值. ‎ ‎【解析】依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O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O(0，0，0)，A(-1，1，0)，B(-1，-1，0)，C(1，-1，0)，D(1，1，0)，E(-1，-1，2)，F(0，0，2)，G(-1，0，0).‎ ‎(1)依题意，=(2，0，0)，=(1，-1，2).设n1=(x，y，z)为平面ADF的法向量，则 即不妨设z=1，可得 n1=(0，2，1)，又=(0，1，-2)，可得 ‎·n1=0，又因为直线EG⊈平面ADF，所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)因为=(-1，1，0)是平面OEF的一个法向量，已知=(1，1，0)，=(-1，1，2)，‎ 设n2=为平面CEF的法向量，‎ 由n2·=0，n2·=0，得-x′+y′+2z′=0，x′+y′=0，取x′=1，则y′=-1，z′=1 ，n2=，‎ 所以cos<，n2>= =-，‎ 所以sin<，n2>=，即平面EFO与EFC夹角的正弦值为.‎ ‎(3)由AH=HF，得AH=AF.因为=(1，-1，2)，所以==，则 H，从而=，因此 cos<，n2>= =-.所以，直线BH和平面CEF夹角的正弦值为.‎