《2020版高考数学大一轮复习第七章立体几何第45讲用向量方法求空间角及应用课时达标理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大一轮复习第七章立体几何第45讲用向量方法求空间角及应用课时达标理含解析新人教A版.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 第 45 讲 用向量方法求空间角及应用 第 45 讲 用向量方法求空间角及应用 课时达标课时达标 一、选择题 1 已知三棱锥SABC中，SA，SB，SC两两互相垂直， 底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC， SBC的距离分别为，1， ，则PS的长度为( )26 A9 B. 5 C. D37 D D 解析 由条件可分别以SA，SB，SC为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系Sxyz，则 点S的坐标为(0,0,0)， 点P的坐标为(， 1，)， 由两点之间的距离公式可得PS62612 3. 2在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1 所成的角等于(
2、 ) A30 B45 C60 D90 C C 解析 不妨设ABACAA11，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，1,0)， A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(1,0,1)，所以(0,1,1)，(1,0,1)，所以 cos，BA1 AC1 BA1 ，所以，60，所以异面直线BA1与AC1所AC1 BA1 AC1 |BA1 |AC1 | 1 2 2 1 2 BA1 AC1 成的角等于 60. 3在正方体ABCDA1B1C1D1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. 1 2 2 3 C. D. 3 3 2 2 B B 解析 以A为
3、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 ，D(0,1,0)，所以(0,1，1)，. (1，0， 1 2) A1D A1E (1，0， 1 2) 设平面A1ED的一个法向量为n n1(1，y，z)，则Error!所以Error!所以n n1(1,2,2)因 为平面ABCD的一个法向量为n n2(0,0,1)，所以 cosn n1，n n2 ，即所成的锐二 2 3 1 2 3 面角的余弦值为 . 2 3 4 若直线l的方向向量为a a(1,0,2)， 平面的法向量为u u(2,0， 4)， 则( ) Al Bl Cl Dl与斜交 B B 解析 因为u
4、u2a a，所以u ua a，则l. 5已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧面积是其下底面面积的 4倍，则AB1与侧面ACC1A13 所成角的正弦值为( ) A. B. 6 4 10 4 C. D. 2 2 3 2 A A 解析 设正三棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，由题意可得4，整理得ab. 3ab 3 4 a2 3 取A1C1的中点E，连接B1E，易知B1EA1C1，又AA1底面A1B1C1，所以AA1A1C1，AA1B1E. 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 设a为 1， 则E(0,0,0)，A，B1 ( 1 2，0，1) .设AB1与平面ACC1A1所成的角为，为平面
5、ACC1A1的一个法向量， (0， 3 2 ，0)EB1 AB1 ，则sin |cos，| ( 1 2， 3 2 ，1)EB1 (0， 3 2 ，0)AB1 EB1 .故选 A. | ( 1 2， 3 2 ，1)(0， 3 2 ，0) 2 3 2 | 6 4 6(2018浙江卷)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB 上的点(不含端点) 设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2， 二面角SAB C的平面角为3，则( ) A123 B321 C132 D231 D D 解析 由题意得四棱锥SABCD为正四棱锥，设O为其底面中心，则SO平面ABCD. 过点E
6、作EGBC交CD于点G， 则SEG1， 易知SESG， 取EG中点H， 所以 tan 1. SH EH 取AB中点F，连接OF，SF. 因为OFBC，所以OFAB.因为SASB，F为AB中点，所以ABSF，所以SFO为二 面角SABC的平面角， 所以SFO3， tan 3.因为OFEH，SHSO， 所以 tan SO OF 1tan 3，又1，3，所以13.因为SO平面ABCD，所以SEO为SE与 (0， 2) 平面ABCD所成的角，所以SEO2，tan 2. SO OE 因为OEOF， 所以tan 3tan 2， 又2，3， 所以32， 所以 (0， 2) 132， 当且仅当E为AB中点时，
7、123.故选 D. 二、填空题 7 在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1， 点D在棱BB1上， 若BD1， 则AD与平面AA1C1C 所成角的正切值为_ 解析 如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为，E为AC的中点，连接BE，则BEAC， 所以BE平面AA1C1C， 可得()1 cos AD EB AB BD EB AB EB 3 2 3 2 3 4 2 3 2 (为与的夹角)，所以 cos sin ，所以所求角的正切值为 tan AD EB 6 4 cos sin . 15 5 答案 15 5 8如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1 与
8、直线AB1夹角的余弦值为_ 解析 不妨令CB1，则CACC12，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)， B1(0,2,1)， 所以(0,2，1)，(2,2,1)，BC1 AB1 所以 cos，0.BC1 AB1 BC1 AB1 |BC1 |AB1 | 41 5 9 1 5 5 5 所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，BC1 AB1 所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为. 5 5 答案 5 5 9已知长方体ABCOA1B1C1O1，OAOC2，OO14，D为BC1与B1C的交点，E为A1C1 与O1B1的交点，则DE的长度为_ 解析 以O为原
9、点，OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OO1所在直线为z轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，则O1(0,0,4)，B1(2,2,4)，C(0,2,0)，因为D为BC1与B1C 的交点， 所以D是B1C的中点， 同理，E是O1B1的中点， 所以D(1,2,2)，E(1,1,4)， 所以(0， DE 1,2)，所以|DE，所以DE的长度为.| 55 答案 5 三、解答题 10如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点 (1)求证：平面AB1D平面ABB1A1； (2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值； (3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小 解析
10、(1)证明：取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE，EF，CF. 因为E，F分别是AB1，AB的中点，所以EFBB1，且EFBB1. 1 2 因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，D是CC1的中点， 所以CDEF，且CDEF， 所以四边形CDEF为平行四边形，所以DECF. 因为ABC是正三角形， 所以CFAB.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱， 所以BB1CF， 而BB1ABB，所以CF平面ABB1A1. 因为DECF，所以DE平面ABB1A1. 因为DE平面AB1D，所以平面AB1D平面ABB1A1. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则 A，C(0，a,0)，D，B1(0,0
11、，a) ( 3a 2 ，a 2，0) (0，a， a 2) ，(0，a,0)，AB1 ( 3 2 a，a 2，a) BC 设异面直线AB1与BC所成角为， 则 cos ， |AB1 BC | |AB1 |BC | 2 4 故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为. 2 4 (3)由(2)得，.AB1 ( 3a 2 ，a 2，a) AD ( 3a 2 ，a 2， a 2) 设n n(1，y，z)为平面AB1D的一个法向量 由Error! 得Error!即n n. (1， 3 3 ， 2 3 3) 显然平面ABC的一个法向量为m m(0,0,1) 则 cosm m，n n， |(1， 3 3 ， 2
12、 3 3)0，0，1| 12( 3 3) 2( 2 3 3) 2 2 2 故m m，n n，即所求锐二面角的大小为. 4 4 11 (2016全国卷)如图， 四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3， PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点 (1)证明：MN平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值 解析 (1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点 2 3 知TNBC，TNBC2.又ADBC， 故TN綊AM， 故四边形AMNT为平行四边形， 于是MNAT. 1 2 因为AT平面PAB，MN平面PAB，
13、所以MN平面PAB. (2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AEAB2BE2 .以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标AB2(BC 2) 2 5AE 系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(， 2,0)，N，(0,2， 4)，5 ( 5 2 ，1，2)PM PN ，. ( 5 2 ，1，2)AN ( 5 2 ，1，2) 设n n(x，y，z)为平面PMN的法向量 则Error!即Error!可取n n(0,2,1) 于是|cosn n， |.AN |n nAN | |n n|AN | 8 5 25 即直线AN与平面P
14、MN所成角的正弦值为. 8 5 25 12选做题如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分 别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2. (1)求证：MN平面BDE； (2)求二面角CEMN的正弦值； (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长 7 21 解析 如图，以A为原点，分别以， ，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直AB AC AP 角坐标系依题意可得B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)， N(1,2,0) (1)(0,2,0
15、)，(2,0，2)DE DB 设n n(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则Error!即Error!不妨设z1，可得n n(1,0,1) 又(1,2，1)，可得n n0.MN MN 因为MN平面BDE，所以MN平面BDE. (2)易知n n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量 设n n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，则Error! 因为(0，2，1)，(1,2，1)，EM MN 所以Error!不妨设y11， 可得n n2(4,1，2) 因此有 cosn n1，n n2 ，于是 sinn n1，n n2. n n1n n2 |n n1|n n2| 4 21 105 21 所以二面角CEMN的正弦值为. 105 21 (3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)， 进而可得(1，2，h)，(2,2,2)NH BE 由已知得|cos， |NH BE |NH BE | |NH |BE | ， |2h2| h252 3 7 21 整理得 10h221h80，解得h 或h . 8 5 1 2 所以线段AH的长为 或 . 8 5 1 2