【创新设计】高考数学 第八篇 第8讲 立体几何中的向量方法(二)限时训练 新人教A

第8讲 立体几何中的向量方法（二）A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )．A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝30°.答案 A2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BB 1中点，G 是DD 1中点，F 是BC 上一点且FB ＝14BC ，则GB 与EF 所成的角为( )． A ．30°B ．120°C ．60°D ．90°解析 如图建立直角坐标系D －xyz ， 设DA ＝1，由已知条件，得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，B ()1，1，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1，0，GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，－12cos 〈GB →，EF →〉＝GB →·EF→|GB →||EF →|＝0，则GB →⊥EF →.答案 D3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )． A.1010B.3010C.21510D.31010解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0，2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE→|BC 1→||AE →|＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B4．(2013·杭州月考)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin〈CM →，D 1N →〉的值为( )． A.19B.495C.295D.23解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459，答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·连云港模拟)若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．解析 cos 〈n ，a 〉＝n ·a |n ||a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133.答案41133. 6．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．解析 建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案 60° 三、解答题(共25分)7．(12分)如图，四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两垂直，AB ＝BC ＝BD ＝4，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点． (1)求异面直线AB 与EF 所成角的余弦值； (2)求E 到平面ACD 的距离；(3)求EF 与平面ACD 所成角的正弦值．解 如图，分别以直线BC 、BD 、BA 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A (0,0,4)、C (4,0，0)、D (0,4，0)，E (2,0,0)、F (0，2,2)．(1)∵AB →＝(0,0，－4)，EF →＝(－2,2,2)，∴|cos 〈AB →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33， ∴异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33. (2)设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，∵AC →＝(4,0，－4)，CD →＝(－4,4,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧4x －4＝0，－4x ＋4y ＝0，∴x ＝y ＝1，∴n ＝(1,1,1，)．∵F∈平面ACD ，EF →＝(－2,2,2)，∴E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233. (3)EF 与平面ACD 所成角的正弦值为|cos 〈n ，EF →〉|＝23×23＝138．(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面PAC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小． (1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面PAC .(2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12.∴二面角P －BD －A 的大小为60°.B 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为( )．A.π6B.π3 C.5π3D.5π6解析 二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小.AD →＝AB →＋BC →＋CD →.而AD →2＝AB→2＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，∴cos 〈AB →，CD →〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π3，即二面角A －BC －D 的大小为π3.故选B.答案 B2．如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，则λ的取值范围是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 解析 由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)．由D 1B →＝(1,1，－1)，得 D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－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 〈PA →，PC →〉＝PA →·PC→|PA →||PC →|＜0，这等价于PA →·PC →＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜ 1.因此，λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1. 答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2011·全国)已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析 如图，建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1由已知条件A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3) 平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1) cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝31111，tan θ＝23.答案234．在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的正切值是________．解析 如图所示建立空间直角坐标系，设OA ＝OB ＝OC ＝1，则A (1,0,0)，B (0，1,0)，C (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，故AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →，n ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1,1)．故cos 〈n ，OM →〉＝13×22＝63， 所以OM 与平面ABC 所成角的正弦值为63，其正切值为 2. 答案 2三、解答题(共25分)5．(12分)(2012·新课标全国)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC .(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．(1)证明 由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点， 故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . 因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)解 由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝(1，－1,1)，DC 1→＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m ＝(x ，y ，z )是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.6.(13分)(2012·全国)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A ­PB ­C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．(1)证明 以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎪⎫423，0，23，B ()2，－b ，0.于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，b ，23，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE .(2)解 AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z)为平面PAB 的法向量，则m ·AP →＝0，且m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC →＝0，且n ·BE →＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－2b，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP→|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°. 因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余， 故PD 与平面PBC 所成的角为30°.。