《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程：随堂巩固训练第十四章空间向量 4含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程：随堂巩固训练第十四章空间向量 4含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、随堂巩固训练(4) 1. 在二面角中，平面 的一个法向量 n1，平面 的一个法向 ( 3 2 ，1 2， 2) 量 n2，则二面角的大小为_ (0， 1 2， 2) 2. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， M是DD1的中点， O是底面ABCD的中心， P是棱A1B1 上任意一点，则异面直线 OP 与 AM 所成角的大小为_ 3. 如图，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，ACBC，PAAB2AC2a，则 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为_ 4. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1中， E 是对角线 BD1上的点， 且 BEED113， 则 AE 与平面 BCC1B1所成角的
2、正弦值为_ 5. 已知 l，且直线 l 的一个方向向量为(2，m，1)，平面 的一个法向量为， (1， 1 2，2) 则实数 m_ 6. 已知ABC 是等边三角形，PA平面 ABC，且 PA AC，则二面角 P-BC-A 的大 1 2 小是_ 7. 在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD 底面 ABCD，PDAD，则二面角 APBC 的余弦值为_ 8. 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，已知 ABAC，AB2，AC4，AA13，D 是线段 BC 的中点 (1) 求直线 DB1与平面 A1C1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角 B1A1
3、DC1的余弦值 9. 如图， 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 侧棱A1A底面ABCD， ABAC， AB1， AC AA12，ADCD，且 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点5 (1) 求证：MN平面 ABCD； (2) 求二面角 D1ACB1的正弦值； (3) 设 E 为棱 A1B1上的点， 若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ， 求线段 A1E 1 3 的长 10. 如图， 在长方体 ABCD-A1B1C1D1中， ADAA11， AB2， 点 E 在棱 AB 上移动 (1) 求证：D1EA1D； (2) 当 E 为 AB 的中点时，求点 E 到平面 AC
4、D1的距离； (3) 试求 AE 等于何值时，二面角 D1ECD 的大小为 . 4 答案与解析随堂巩固训练(4) 1. 30或 150 解析：在二面角-l- 中，平面 的一个法向量 n1，平 ( 3 2 ，1 2， 2) 面 的一个法向量 n2，所以 cosn1，n2，则二面角 -l- 的 (0， 1 2， 2) 01 42 3 9 4 3 2 大小为 30或 150. 2. 90 解析：以点 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD1所 在直线为 z 轴建立空间直角坐标系 设正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， A1Pt(0t2)， A(2，0，0)
5、，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t，2)，(2，0，1)，(1，t1，2)，AM OP 所以2020，则异面直线 OP 与 AM 所成角的大小为 90.AM OP 3. 解析：如图，作 ADPC，连结 BD，因为 PA平面 ABC，BC 平面 ABC，所 5 5 以 PABC.又因为 ACBC，PAACA，PA，AC 平面 PAC，所以 BC平面 PAC.因 为 AD 平面 PAC， 所以 BCAD.因为 ADPC， BCPCC， BC， PC 平面 PBC， 所以 AD 平面PBC， 所以ABD为直线AB与平面PBC所成的角 在RtPAC中， 由等面积可得AD ，在 RtADB
6、 中，sinABD，所以直线 AB 与平面 PBC 所成角的 2a a 5a 2 5a 5 AD AB 5 5 正弦值为. 5 5 4. 解析 ： 建立以点 A 为坐标原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AA1 3 11 11 所在直线为 z 轴的空间直角坐标系，令该正方体的棱长为 2，则 A(0，0，0)，E，所 ( 3 2， 1 2， 1 2) 以.由正方体的性质取为平面 BCC1B1的一个法向量，(2， 0， 0)， 所以 cosAE ( 3 2， 1 2， 1 2) AB AB ，故 AE 与平面 BCC1B1所成角的正弦值为.AB AE 3 11 11 3
7、 11 11 5. 8 解析：由题意得(2，m，1)2 m24 m0，解得 m8. (1， 1 2，2) 1 2 1 2 6. 30 解析：取 PC，AC 的中点 E，F，连结 EF，BF，以点 F 为原点，FB 所在直线 为 x 轴，FC 所在直线为 y 轴，FE 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，令ABC 的边长 为 2，则 P(0，1，1)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A(0，1，0)，所以(，1，1)，3PB 3 (0，2，1)，(，1，0)设平面 PBC 的法向量 n1(x，y，z)，则可得PC BC 3 即取 y1，故平面 PBC 的一个法向量为 n1，由题可 3xyz0
8、， 2yz0， 3xy0，) z2y， x 3 3 y，) ( 3 3 ，1，2) 知为平面 ABC 的一个法向量，则(0，0，1)，所以 cosn1， ，故二面PA PA PA 3 2 角 PBCA 的大小为 30. 7. 解析：令 AD1，则 AB2，由DAB60易知 DB，所以 DADB. 2 7 7 3 以点 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DB 所在直线为 y 轴，DP 所在直线为 z 轴建立空 间直角坐标系， 则 A(1， 0， 0)， P(0， 0， 1)， B(0， ， 0)， C(1， ， 0)， 所以(1， 0， 1)，33PA (0， ，1)，(1， ，1)设平
9、面 APB 的法向量 n(x，y，z)，则PB 3PC 3 xz0， 3yz0，) 取 y，得平面 APB 的一个法向量为 n(3， ，3)设平面 PBC 的法向量 m(a，b，c)，33 则取 b， 得平面 PBC 的一个法向量为 m(0， ， 3) 令二面角 APBC 3bc0， a 3bc0，) 33 的平面角为 ， 由题可知 为钝角， 故 cos|cosn， m | nm |n|m| 39 21 12 . 2 7 7 8. 解析 ： (1) 因为在直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABAC， 所以以 A 为坐标原点， AB、 AC、 AA1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立
10、如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3) 因为 D 是 BC 的中点，所以 D(1，2，0)， 所以(0，4，0)，(1，2，3)A1C1 A1D 设平面 A1C1D 的法向量 n1(x1，y1，z1)， 则即 n1A1C1 0， n1A1D 0，) 4y10， x12y13z10，) 所以x 13z1， y10，) 取 z11，则平面 A1C1D 的一个法向量 n1(3，0，1).(1，2，3)，DB1 所以|cosn1，|，DB1 |n1DB1 | |n1|DB1 | 3 35 35 所
11、以直线 DB1与平面 A1C1D 所成角的正弦值为. 3 35 35 (2) 由(1)得(2， 0， 0)，(1， 2， 3) 设平面 B1A1D 的法向量 n2(x2， y2， z2)，A1B1 DB1 则即 n2A1B1 0， n2DB1 0，) 2x20， x22y23z20，) 取得平面 B1A1D 的一个法向量 n2(0， 3， 2)， 所以 cosn1，n2 ， x20， y23， z22，) n1n2 |n1|n2| 130 65 所以二面角 B1A1DC1的余弦值的大小为. 130 65 9. 解析 ： (1) 如图， 以 A 为原点建立空间直角坐标系， 依题意可得 A(0，
12、0， 0)， B(0， 1， 0)， C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2) 因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点， 所以 M，N(1，2，1)， (1， 1 2，1) 所以.MN (0， 5 2，0) 依题意，可得 n(0，0，1)为平面 ABCD 的一个法向量，由此可得n0.又因为直MN 线 MN平面 ABCD， 所以 MN平面 ABCD. (2) 由(1)得(1，2，2)，(2，0，0)AD1 AC 设 n1(x1，y1，z1)为平面 ACD1的法向量，则即 n1AD1 0， n1AC 0，) x12
13、y12z10， 2x10.) 不妨设 z11，可得平面 ACD1的一个法向量 n1(0，1，1) 设 n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1的一个法向量，则 n2AB1 0， n2AC 0.) 又(0，1，2)，得AB1 y22z20， 2x20.) 不妨设 z21，可得 n2(0，2，1), 因此有 cosn1，n2， n1n2 |n1|n2| 10 10 于是 sinn1，n2， 3 10 10 所以二面角 D1ACB1的正弦值为. 3 10 10 (3) 依题意，可设，其中 0，1，A1E A1B1 则 E(0，2)，从而(1，2，1)NE 又 n(0，0，1)为平面 ABCD 的一个
14、法向量， 由已知，得 cos，n ，整理得 2430.NE NE n |NE |n| 1 （1）2（2）212 1 3 又因为 0，1，解得 2，7 所以线段 A1E 的长为2.7 10. 解析：(1) 以 D 为坐标原点，直线 DA，DC，DD1分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立 空间直角坐标系 设 AEx，则 A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)， 所以(1，0，1)(1，x，1)0，DA1 D1E 所以，即 D1EA1D.DA1 D1E (2) 因为 E 为 AB 的中点，所以 E(1，1，0)， 从而(1，1，1)，(1，2，0
15、)，(1，0，1)D1E AC AD1 设平面 ACD1的法向量为 n(a，b，c)， 则即所以 nAC 0， nAD1 0，) a2b0， ac0，) a2b， ac.) 取 a2， 从而 n(2，1，2)，所以点 E 到平面 ACD1的距离为 d . |D1E n| |n| 212 3 1 3 (3) 设平面 D1EC 的法向量 m(a，b，c) 因为(1，x2，0)，(0，2，1)，(0，0，1)，CE D1C DD1 则即 mD1C 0， mCE 0，) 2bc0， ab（x2）0，) 令 b1， 则 c2，a2x， 故平面 D1EC 的一个法向量 m(2x，1，2) 依题意，cos ， 4 |mDD1 | |m|DD1 | 2 2 即， 2 （x2）25 2 2 解得 x12(不合题意，舍去)，x22，33 所以当 AE2时，二面角 D1ECD 的大小为 .3 4