2020版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法配套课时作业课件 理 新人

配套课时作业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°解析∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12＝22，∴〈m，n〉＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C.解析答案C答案2．(2019·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°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12，12，1，F12，0，12，EF→＝0，－12，－12，解析答案B答案DC→＝(0,1,0)，∴cos〈EF→，DC→〉＝EF→·DC→|EF→||DC→|＝－22，∴〈EF→，DC→〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°.故选B.解析3．已知AB→＝(2,2,1)，AC→＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量为()A.13，－23，23B.－13，23，－23C．±13，－23，23D.23，13，－23答案C答案解析设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，则AB→·n＝0，AC→·n＝0，即2x＋2y＋z＝0，4x＋5y＋3z＝0.令z＝1，得x＝12，y＝－1.∴n＝12，－1，1.∴平面ABC的单位法向量为±n|n|＝±13，－23，23.解析4．已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，BP→＝(x－1，y，－3)．若AB→⊥BC→，且BP→⊥平面ABC，则BP→＝()A.207，－157，－3B.407，－157，－3C.337，157，－3D.337，－157，－3答案D答案解析∵AB→⊥BC→.∴AB→·BC→＝0，即1×3＋5×1－2×z＝0，解得z＝4.又BP→⊥平面ABC，∴有BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即x－1＋5y＋6＝0，3x－1＋y－12＝0，解得x＝407，y＝－157.∴BP→＝337，－157，－3.故选D.解析5．△ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD等于()A．5B.41C．4D．25答案A答案解析∵A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，∴AB→＝(4，－5,0)，AC→＝(0,4，－3)．∵点D在直线AC上，∴设AD→＝λAC→＝(0,4λ，－3λ)，由此可得BD→＝AD→－AB→＝(0,4λ，－3λ)－(4，－5,0)＝(－4,4λ＋5，－3λ)．又∵BD→⊥AC→，解析∴BD→·AC→＝－4×0＋(4λ＋5)×4＋(－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝－45.因此BD→＝(－4,4λ＋5，－3λ)＝－4，95，125.可得|BD→|＝－42＋952＋1252＝5.解析6．(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答案解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(0，－2，0)，∴AD→＝(－2，－2，0)，BC→＝(0，－2，2)．解析∴|AD→|＝2，|BC→|＝2，AD→·BC→＝2.∴cos〈AD→，BC→〉＝AD→·BC→|AD→||BC→|＝22×2＝12.∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.解析7．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A.32B.22C.223D.233答案D答案解析如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0，0,0)，B(2,2,0)，∴D1A1→＝(2,0,0)，DA1→＝(2,0,2)，DB→＝(2,2,0)．解析设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DA1→＝2x＋2z＝0，n·DB→＝2x＋2y＝0.令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→·n||n|＝23＝233.解析8．已知正三棱柱ABC－A1B1C1所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.12B.32C.35D.45答案D答案解析取AC中点E，令AB＝2，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴建立空间直角坐标系．解析B1(3，0,2)，C(0,1,0)，A(0，－1,0)，D(0，0,2)，DB1→＝(3，0,0)，DC→＝(0,1，－2)，DA→＝(0，－1，－2)，平面B1DC法向量为n＝(0,2,1)，可得cos〈DA→，n〉＝－45，所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为－45＝45.解析9．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.12B.23C.33D.22答案B答案解析以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1，0，12，D(0,1,0)，解析∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则n1·A1D→＝0，n1·A1E→＝0，即y－z＝0，1－12z＝0，∴y＝2，z＝2.∴n1＝(1,2,2)．解析又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.故选B.解析10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为()A.124B.118C.19D.112答案B答案解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设BP→＝λBD1→，可得解析P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝AP→·CP→|AP→||CP→|可求得当λ＝13时，∠APC最大，故VP－ABC＝13×12×1×1×13＝118.解析11．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∶2，则AF与CE所成角的余弦值为________．答案45答案解析∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，∴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)，解析∴AF→＝(－1,2,0)，EC→＝(0,2,1)，∴cos〈AF→，EC→〉＝AF→·EC→|AF→||EC→|＝45×5＝45，∴AF与CE所成角的余弦值为45.解析12．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22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．答案π6答案解析以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2，0,0)，C1(0,0，22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C232，32，22.解析所以AC1→＝(－2,0,22)，AC2→＝－12，32，22，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝AC1→·AC2→|AC1→||AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈0，π2，所以θ＝π6.解析13．(2019·湖南长沙模拟)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3510答案解析以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．解析则A1(0,0,1)，E1，0，12，F12，1，0，D1(0,1,1)．∴A1E→＝1，0，－12，A1D1→＝(0,1,0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1E→＝0，n·A1D1→＝0，即x－12z＝0，y＝0.令z＝2，则x＝1.解析∴n＝(1,0,2)．又A1F→＝12，1，－1，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝|A1F→·n||n|＝12－25＝3510.解析14．(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23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1，1，13，F0，1，23，AE→＝0，1，13，AF→＝－1，1，23，解析设平面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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的一个法向量为m＝(0,0，－1)，cosθ＝|cos〈n，m〉|＝31111，tanθ＝23.解析15．(2018·衡水中学调研)如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2.(1)证明：AC⊥A1B；(2)是否在棱A1A上存在一点P，使得AP→＝λPA1→且面AB1C1⊥面PB1C1.解如图所示，以DA，DC，DA1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)，A(1，0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0，3)，B(1,1,0)，D1(－1,0，3)，B1(0,1，3)，C1(－1,1，3)．答案(1)证明：AC→＝(－1,1,0)，A1B→＝(1,1，－3)，∴AC→·A1B→＝0，∴AC⊥A1B.(2)假设存在，∵AP→＝λPA1→，∴P11＋λ，0，3λ1＋λ.设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，∵AB1→＝(－1,1，3)，AC1→＝(－2,1，3)，答案∴n1·AB1→＝－x1＋y1＋3z1＝0，n1·AC1→＝－2x1＋y1＋3z1＝0.令z1＝3，则y1＝－3，x1＝0.∴n1＝(0，－3，3)．同理可求面PB1C1的一个法向量为n2＝0，3λ＋1，－1，∴n1·n2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4.∵P在棱A1A上，∴λ0，矛盾．∴这样的点P不存在．答案16．(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,