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课时作业2:§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离


§ 8.7

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

A 组 专项基础训练 (时间:45 分钟) 1.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 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° 答案 C 1 解析 设直线 l 与

α 所成角为 θ,则 sinθ=|cos120° |= ,∴θ=30° . 2 2. 如图, 在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1, CA=CC1=2CB, 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( A. C. 5 5 5 6 B. D. 5 3 5 4 )

答案 A → 解析 设 CA=2, 则 C(0,0,0), A(2,0,0), B(0,0,1), C1(0,2,0), B1(0,2,1), 可得向量AB1=(-2,2,1), → → → BC1=(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈AB1,BC1〉= 故选 A. 9 3.(2013· 山东)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正 4 三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为( 5π π π π A. B. C. D. 12 3 4 6 答案 B 1 3 3 解析 如图所示:S△ABC= × 3× 3×sin60° = . 2 4 ∴ VABC-A1B1C1 =S△ABC×OP = 3 3 9 ×OP= ,∴OP= 3. 4 4 ) 0+4-1 4+4+1× 0+4+1 = 1 5 = , 5 5

又 OA=

3 2 OP × 3× =1,∴tan∠OAP= = 3, 2 3 OA

π π 又 0<∠OAP< ,∴∠OAP= . 2 3 4.如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长为 3,底面边长 A1C1=B1C1 =1, 且∠A1C1B1=90° , D 点在棱 AA1 上且 AD=2DA1, P 点在棱 C1C 上, → → 则PD· PB1的最小值为( 5 1 1 5 A. B.- C. D.- 2 4 4 2 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(1,0,2),B1(0,1,3), → → 设 P(0,0,z),则PD=(1,0,2-z),PB1=(0,1,3-z), 5 1 → → ∴PD· PB1=0+0+(2-z)(3-z)=(z- )2- , 2 4 5 1 → → 故当 z= 时,PD· PB1取得最小值为- . 2 4 5.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 AB=PA,则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为( ) )

A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设 AB=PA=1,知 A(0,0,0), B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1) 由题意得,AD⊥平面 ABP, 设 E 为 PD 的中点, 连接 AE,则 AE⊥PD, 又∵CD⊥平面 PAD,∴AE⊥CD, 又 PD∩CD=D,∴AE⊥平面 CDP. 1 1 → → → → ∴AD=(0,1,0)和AE=(0, , )分别是平面 ABP 和平面 CDP 的法向量,而〈AD,AE〉=45° , 2 2 ∴平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为 45° . 6.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 CC1 的中点,则直线 DE 与平面 A1BC1 的夹角的正弦值为________. 答案 15 5

解析 设正方体的棱长为 2,直线 DE 与平面 A1BC1 的夹角为 α,建立 如图所示的坐标系, 则 D(0,0,0), E(0,2,1), B1(2,2,2), ∵DB1⊥平面 A1BC1,

→ → → → ∴DB1=(2,2,2)是平面 A1BC1 的法向量, ∵DE=(0,2,1), ∴sinα=cos 〈DB1, DE〉 = = 15 . 5

4+2 4+4+4· 5

7. 已知点 E, F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1, CC1 上, 且 B1E=2EB, CF=2FC1, 则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值等于________. 答案 2 3

解析 延长 FE,CB 相交于点 G,连接 AG, 设正方体的棱长为 3,则 GB=BC=3,作 BH⊥AG 于点 H,连接 EH, 则∠EHB 为所求二面角的平面角. 3 2 ∵BH= ,EB=1, 2 EB 2 ∴tan∠EHB= = . BH 3 8. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, E, F 分别为 BB1, CD 的中点, 则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________. 答案 3 5 10

解析 以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系,如图所示, 1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 1 → → ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), 1 → ? ? A1E=0, ?n· ?x-2z=0, 则? 即? → ? ? A1D1=0, ?n· ?y=0. 令 z=2,则 x=1.∴n=(1,0,2). 1 → 又A1F=( ,1,-1),∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 2 1 | -2| → |A1F· n| 2 3 5 d= = = . |n| 10 5 9.(2014· 江西)如图,四棱锥 P-ABCD 中,ABCD 为矩形.平面 PAD⊥平面 ABCD. (1)求证:AB⊥PD.

(2)若∠BPC=90° ,PB= 2,PC=2,问 AB 为何值时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大?并求 此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 为矩形,故 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,又 PD?平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)解 过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 2 3 2 6 6 在 Rt△BPC 中,PG= ,GC= ,BG= . 3 3 3 设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 4 m V= · 6· m· -m2= · 8-6m2. 3 3 3 因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 故当 m= 2 8 -6?m2- ?2+ , 3 3 4 -m2, 3

6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大. 3 3 6 6 ,- , 3 3

此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为 O(0,0,0),B( 0),C( 6 2 6 2 6 6 , ,0),D(0, ,0),P(0,0, ). 3 3 3 3

6 2 6 6 → 6 → → 故PC=( , ,- ),BC=(0, 6,0),CD=(- ,0,0). 3 3 3 3 设平面 BPC 的一个法向量 n1=(x,y,1), 6 ? 6 2 6 → → ? 3 x+ 3 y- 3 =0, 则由 n1⊥PC,n1⊥BC得? ? ? 6y=0, 解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1). 1 同理可求出平面 DPC 的一个法向量 n2=(0, ,1). 2 从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 θ 的余弦值为 |n1· n2 | cosθ= = |n1||n2| 1 2· 1 +1 4 = 10 . 5

10.(2013· 天津)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 2 , 求线段 AM 的长. 6

(1)证明 如图,以点 A 为原点,分别以 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). → → → → 易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),于是B1C1· CE=0,所以 B1C1⊥CE. → (2)解 B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ?x-2y-z=0, B1C=0, ?m· ? 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可得一个法向量为 ? → ?-x+y-z=0. ? CE=0, ?m· m=(-3,-2,1). → 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → m· B 1C 1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= → |m|· |B1C1| = -4 2 7 21 → =- ,从而 sin〈m,B1C1〉= , 7 7 14× 2 21 . 7

所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为

→ → → → → → → (3)解 AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1),设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ, λ+1,λ). → 可取AB=(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 → → |AM· AB| → → sinθ=|cos〈AM,AB〉|= → → |AM|· |AB|



2λ λ = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
2

于是

λ 2 1 = ,解得 λ= (负值舍去), 6 3 3λ +2λ+1
2

所以 AM= 2. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.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( 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2 答案 B 解析 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. 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),D(0,1,0), 2 1 → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=(1,0,- ). 2 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ?y=2, ? ? 则? 1 ∴? ∴n1=(1,2,2). ?z=2. 1- z=0, ? ? ? 2 ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = , 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 12.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. ) )

6 3 a B. aC. D. 6a 3 3 3

答案 B 解析 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. ∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心,

a a a? 可得 H 点的坐标为? ?3,3,3?. ∴PH=

?a-0?2+?a-0?2+?a-0?2= 3a. ? 3 ? ?3 ? ?3 ? 3
3 a. 3

∴点 P 到平面 ABC 的距离为

13.已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为正方形,AA1=2AB,E 为 AA1 的中点, 则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为________. 答案 3 10 10

解析 如图,以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 设 AA1=2AB=2,则 B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2), → ∴BE=(0,-1,1), → CD1=(0,-1,2), 1+2 3 10 → → ∴cos〈BE,CD1〉= = . 10 2· 5 14.如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值. 解 (1)因为 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥平面 ABC, 故 CC1⊥CD. 所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)如图所示,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两 垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建立空间直角坐 标系 D-xyz.

设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0), → → 从而AB1=(4,0,h),A1C=(2, 5,-h).

→ → → → 由AB1⊥A1C,得AB1· A1C=0, 即 8-h2=0,解得 h=2 2. → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

? 5y1=0, → → 则 m⊥DC,m⊥DA1,即? ?-2x1+2 2z1=0.
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 则 n⊥DC,n⊥DB1, 即?

? 5y2=0, 取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1). ?2x2+2 2z2=0.

2-1 m· n 1 所以 cos〈m,n〉= = = . |m||n| 2+1× 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3 15.(2013· 北京)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正 方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 (1)证明 在正方形 AA1C1C 中,A1A⊥AC. 又平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC,∴AA1⊥平面 ABC. (2)解 在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,AB⊥AC ∴以 A 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz. BD 的值. BC1

→ → → A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),A1C1=(4,0,0),A1B=(0,3,-4),B1C1=(4,-3,0),

→ BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? ?4x1=0 n1=0, ?A1C1· ? ∴? ?? ∴取向量 n1=(0,4,3) ? → ?3y1-4z1=0 ? n1=0 ?A1B· → ? ? n2=0, ?B1C1· ?4x2-3y2=0, 由? ?? 取向量 n2=(3,4,0) ?4z2=0. → ? ?BB · n = 0 ? 1 2 n 1· n2 16 16 ∴cos〈n1,n2〉= = = . |n1|· |n2| 5×5 25 由题意知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 . 25 → → (3)证明 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD=λBC1.∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), → 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.∴AD=(4λ,3-3λ,4λ) 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0 9 BD 9 则 λ= ,因此 = . 25 BC1 25


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