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doc 课时分层作业 四十八利用向量求空间角和距离 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于 (  ) A.120°  B.60°  C.30°   D.60°或30° 【解析】选C.设直线l与平面α所成的角为β,直线l与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β=|cos γ|=|cos 120°|=. 又因为0°≤β≤90°,所以β=30°. 2.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. 【解析】选D.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. 3.(2018·赣州模拟)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° 【解析】选C.cos<m,n>===,即<m,n>=45°,其补角为135°. 所以两平面所成的二面角为45°或135°. 【变式备选】(2018·合肥模拟)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. 【解析】选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz,设棱长为1. 则A1(0,0,1), E,D(0,1,0), 所以=(0,1,-1),=. 设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),所以有 即所以 所以n1=(1,2,2). 因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), 所以cos<n1,n2>==, 即所成的锐二面角的余弦值为. 4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是 (  ) A.30° B.45° C.60° D.90° 【解析】选D.以A为原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),M, D(0,1,0),N,=,=. cos<,>==0, 所以A1M与DN所成的角的大小是90°. 【一题多解】连接D1M,A1D1⊥平面CC1D1D,则A1D1⊥DN,DN⊥D1M,A1D1∩D1M=D1,所以DN⊥平面A1D1M,A1M⊂平面A1D1M,所以DN⊥A1M. 【误区警示】用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时,注意区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角. 【变式备选】将正方形ABCD沿对角线 AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC所成的角为 (  ) A. B. C. D. 【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意,当以A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以,,所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0), D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),=(0,1,1),=(-1,1,0),所以cos<,> ===,所以异面直线AD与BC所成的角为. 5.如图,在空间直角坐标系中,正方体棱长为2,点E是棱AB的中点,点F是正方体的面AA1D1D上一点,且CF⊥B1E, 则点F的轨迹是 (  ) A.线段 B.圆的一部分 C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分 【解析】选A.设F(0,y,z)由已知可得E(1,0,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),所以=(-1,0,-2),=(-2,y-2,z).因为CF⊥B1E,所以·=0,即2-2z=0,即z=1.故F的轨迹是直线的一部分,线段. 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.设动点P在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1的对角线BD1上,记=λ,当 ∠APC为钝角时,λ的取值范围是________.  【解析】以,,为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系 D -xyz, 则A(1,0,0),B(1,1,0), C(0,1,0),D1(0,0,1),则=(1,1,-1),得=λ=(λ,λ,-λ),所以=+=(1-λ,-λ,λ-1),=+=(-λ,1-λ,λ-1). 显然∠APC不是平角,所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<,>= <0,·<0,即(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1) =(λ-1)(3λ-1)<0,得<λ<1.所以λ的取值范围是. 答案: 7.如图所示,四边形ABCD,ABEF都是矩形,它们所在的平面互相垂直,AD=AF=1, AB=2,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0<a<),当MN的长最小时,a的值为________.  【解析】如图所示,作MO⊥AB,垂足为O,连接ON, 因为四边形ABCD,ABEF都是矩形,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0<a<), 所以ON⊥AB,=,=, 所以OM=,ON=, 因为OM⊥ON, 所以MN= =≥, 所以a=时,MN的长最小. 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所成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>=, 记与平面BCC1B1所成角为α,则sin α=,cos α=, 所以tan α=,因为s=t+≤1,所以t≤,故t∈[0,],因为∈, 所以tan α∈[2,2]. 答案:[2,2] 三、解答题(每小题10分,共20分) 9.(2018·郑州模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO⊥侧面ABB1A1. (1)证明:BC⊥AB1. (2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值. 【解析】(1)由题意tan∠ABD==, tan∠AB1B==, 注意到0<∠ABD<,0<∠AB1B<, 所以∠ABD=∠AB1B, 所以∠ABD+∠BAB1=∠AB1B+∠BAB1=, 所以AB1⊥BD,又CO⊥侧面ABB1A1, 所以AB1⊥CO. 又BD与CO交于点O,所以AB1⊥平面CBD, 又因为BC⊂平面CBD,所以BC⊥AB1. (2)如图,以O为原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为 x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz, 因为D为AA1的中点,所以==, 所以OC=OA=AB1==, 则A,B,C, B1,D, 又因为=2,所以C1. 所以=,=, =. 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则根据·n=0,·n=0可取n=(1,,-)是平面ABC的一个法向量, 设直线C1D与平面ABC所成的角为α, 则sin α==. 10.在三棱锥V -ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB∥平面MOC. (2)求证:平面MOC⊥平面VAB. (3)求三棱锥V -ABC的体积. 【解析】(1)因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以OM∥VB. 又因为VB⊄平面MOC,所以VB∥平面MOC . (2)因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB. 又因为平面VAB⊥平面ABC,且OC⊂平面ABC, 所以OC⊥平面VAB. 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=, 所以AB=2,OC=1. 所以等边三角形VAB的面积S△VAB=. 又因为OC⊥平面VAB, 所以三棱锥C -VAB的体积等于OC·S△VAB=. 又因为三棱锥V -ABC的体积与三棱锥C -VAB的体积相等,所以三棱锥V -ABC的体积为. 1.(5分)在三棱锥P-ABC中,AB=PC=,AC=PB=,BC=PA=2,则异面直线PA与BC所成角的余弦值为 (  ) A. B. C. D. 【解析】选C.在△PAB中,由余弦定理,得cos<,>==, 在△PAC中,由余弦定理,得cos<,>==.因为·=·(-)=·-·,又·= ||·||cos<,>=2×=, ·=||·||cos<,>=2×=,所以·=-=-1. 事实上·=||||cos<,>=4cos<,>, 于是cos<,>=-,从而,异面直线PA与BC所成角的余弦值为. 2.(5分)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为 (  ) A.a B.a C.a D.a 【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 过点P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离. 因为PA=PB=PC, 所以H为△ABC的外心. 又因为△ABC为正三角形, 所以H为△ABC的重心, 可得H点的坐标为. 所以PH==a. 【变式备选】在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到△ABC的重心G的距离为________.  【解析】PA,PB,PC两两垂直,以P为坐标原点,PA,PB,PC所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,且PA=1,PB=2,PC=3, 所以P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3), △ABC的重心G的坐标为,PG ==. 所以点P到△ABC的重心G的距离是. 答案: 3.(5分)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,AC1与平面A1BD,CB1D1交于E,F两点.给出以下命题,其中真命题有________.(写出所有正确命题的序号) ①点E,F为线段AC1的两个三等分点; ②=-++; ③设A1D1的中点为M,CD的中点为N,则直线MN与面A1DB有一个交点; ④E为△A1BD的内心; ⑤设K为△B1CD1的外心,则为定值. 【解析】①连接A1C1,A1C,AC,设AC1与A1C交于O点,连接A1E并延长交AC于H点,由平行四边形对角线互相平分得OA=OC1,又A1H是面A1DB与面A1AC的交线,所以H为AC与BD的交点,即为中点,从而E为△A1AC的重心, A1E=2EH,AE=2OE,又OE=OF,从而AE=EF,同理可得C1F=2OF,所以点E,F为线段AC1的两个三等分点,故①正确;②=-=-=-× (+)=-(-)-(-)=+-,所以②不对;③取DD1的中点K,连接KM,KN,则KM∥A1D,KN∥A1B,由面面平行的判定定理得面KMN∥面A1BD,再由面面平行的性质定理得MN∥面A1BD,即MN与面A1BD没有交点,故③错;④由①的分析可得:E为△A1BD的重心,故④错;⑤A1D∥B1C,BD∥B1D1,由面面平行的判定定理可得:面A1BD∥面B1CD1,所以K,F到面A1BD的距离相等,设为h,VK-BED=hS△BED,==h,又=3S△BED, 所以=,故⑤正确. 答案:①⑤ 4.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D为B1C1的中点. (1)证明:A1D⊥平面A1BC. (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 【解析】(1)取BC的中点E,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE, 因为AB=AC,所以AE⊥BC,故AE⊥平面A1BC, 由D,E分别是B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,所以DE∥A1A, 所以四边形A1AED是平行四边形,故A1D∥AE, 又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC. (2)作A1F⊥BD,且A1F∩BD=F,连接B1F. 由AE=BE=,∠A1EA=∠A1EB=90°, 得A1B=A1A=4, 由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB≌△B1DB, 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角, 由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3, A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-. 【一题多解】本题(2),

全国通用版2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八7.7.2利用向量求空间角和距离理.doc

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