《2020届高考数学(理)一轮复习课时训练:第8章 立体几何 42 Word版含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020届高考数学(理)一轮复习课时训练:第8章 立体几何 42 Word版含解析(13页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、【课时训练】第42节立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离解答题1(2018深圳一模)已知直三棱柱ABCA1B1C1,ACB90,CACBCC1,D为B1C1的中点,求异面直线BD和A1C所成角的余弦值【解】如图所示,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系设CACBCC12,则A1(2,0,2),C(0,0,0),B(0,2,0),D(0,1,2),(0,1,2),(2,0,2)cos,.异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.2(2018大连二模)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABBC,AA12,AC2.M是CC1的中点,P是AM的中点,点
2、Q在线段BC1上,且BQQC1.(1)证明:PQ平面ABC;(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为,求BAC的大小(1)【证明】取MC的中点,记为点D,连接PD,QD.P为MA的中点,D为MC的中点,PDAC.又CDDC1,BQQC1,QDBC.又PDQDD,平面PQD平面ABC.又PQ平面PQD,PQ平面ABC.(2)【解】BC,BA,BB1两两互相垂直,以B为坐标原点,分别以BC,BA,BB1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BCa,BAb,则各点的坐标分别为B(0,0,0),C(a,0,0),A(0,b,0),A1(0,b,2),M(a,0,1)
3、,(0,b,2),(0,b,0),(a,0,1)设平面ABM的法向量为n(x,y,z),则取x1,则可得平面ABM的一个法向量为n(1,0,a),|cosn,|.又a2b28,a44a2120.a22或6(舍),即a.sinBAC.BAC.3(2019兰州检测)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ABC90,ABCADC,PAAC2AB2,E是线段PC的中点(1)求证:DE平面PAB;(2)求二面角DCPB的余弦值(1)【证明】以B为坐标原点,BA所在的直线为x轴,BC所在的直线为y轴,过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系如图所示则B(0,0,0),C(0,0),
4、P(1,0,2),D,A(1,0,0),E,(1,0,1),(1,0,2),(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(a,b,c),则n(0,1,0)为平面PAB的一个法向量又n0,DE平面PAB,DE平面PAB.(2)【解】由(1)易知(0,0),设平面PBC的法向量为n1(x1,y1,z1),则令x12,则y10,z11,n1(2,0,1)为平面PBC的一个法向量设平面DPC的法向量为n2(x2,y2,z2),则令x21,则y2,z21,n2(1,1)为平面DPC的一个法向量cosn1,n2.故二面角DCPB的余弦值为.4(2018宿州模拟)如图,在四棱锥PABCD中,ADBC,平面APD平
5、面ABCD,PAPD,E在AD上,且ABBCCDDEEA2.(1)求证:平面PEC平面PBD;(2)设直线PB与平面PEC所成的角为,求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值(1)【证明】连接BE.在PAD中,PAPD,AEED,所以PEAD.又平面APD平面ABCD,平面APD平面ABCDAD,所以PE平面ABCD.又BD平面ABCD,故PEBD.在四边形ABCD中,BCDE,且BCDE,所以四边形BCDE为平行四边形又BCCD,所以四边形BCDE为菱形故BDCE.又PEECE,所以BD平面PEC.又BD平面PBD,所以平面PEC平面PBD.(2)【解】取BC的中点F,连接EF.由(1
6、)可知BCE是一个正三角形,所以EFBC.又BCAD,所以EFAD.又PE平面ABCD,故以点E为坐标原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系设PEt(t0),则D(0,2,0),A(0,2,0),P(0,0,t),F(,0,0),B(,1,0)因为BD平面PEC,所以(,3,0)是平面PEC的一个法向量又(,1,t),所以cos,.由已知可得sin |cos,|,得t2(负值舍去)故P(0,0,2),所以(,1,2),(,1,0)设平面APB的法向量为n(x,y,z),则由可得取y,则x,z,故n(,)为平面APB的一个法向量,所以cos,n.设平面
7、APB与平面PEC所成的锐二面角为,则cos |cos,n|.5(2018十堰模拟)如图1,正方形ABCD的边长为4,ABAEBFEF,ABEF,把四边形ABCD沿AB折起,使得AD平面AEFB,G是EF的中点,如图2.(1)求证:AG平面BCE;(2)求二面角CAEF的余弦值(1)【证明】连接BG,因为BCAD,AD底面AEFB,所以BC底面AEFB.又AG底面AEFB,所以BCAG,因为AB綊EG,ABAE,所以四边形ABGE为菱形所以AGBE.又BCBEB,BE平面BCE,BC平面BCE,所以AG平面BCE.(2)【解】由(1)知,四边形ABGE为菱形,AGBE,AEEGBGAB4,设A
8、GBEO,所以OEOB2,OAOG2.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(2,0,0),E(0,2,0),F(4,2,0),C(0,2,4),D(2,0,4),所以(2,2,4),(2,2,0)设平面ACE的法向量为n(x,y,z),则所以令y1,则x,z,即平面ACE的一个法向量为n(,1,),易知平面AEF的一个法向量为(0,0,4),设二面角CAEF的大小为,由图易知,所以cos ,即二面角CAEF的余弦值为.6(2018武汉高三测试)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB侧面BB1C1C,ABBC1,BB12,BCC1.(1)求证:BC1平面AB
9、C;(2)设 (01),且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30,试求的值(1)【证明】因为AB侧面BB1C1C,BC1侧面BB1C1C,故ABBC1.在BCC1中,BC1,CC1BB12,BCC1,所以BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 3.所以BC1.故BC2BCCC,所以BCBC1.而BCABB,所以BC1平面ABC.(2)【解】由(1)可知AB,BC,BC1两两互相垂直以B为原点,BC,BA,BC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图则B(0,0,0),A(0,1,0),B1(1,0,),C(1,0,0),C1(0,0,),所以(1
10、,0, )所以(,0, ),E(1,0, ),则(1,1,),(1,1,)设平面AB1E的法向量为n(x,y,z),则即令z,则x,y,故n是平面AB1E的一个法向量因为AB平面BB1C1C,所以(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量所以|cosn,|.两边平方并化简,得22530,解得1或(舍去)故的值为1.7(2018河南安阳二模)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC是边长为2的等边三角形,D为BC的中点,侧棱AA13,点E在BB1上,点F在CC1上,且BE1,CF2.(1)证明:平面CAE平面ADF;(2)求点D到平面AEF的距离(1)【证明】ABC是等边三角形,D为BC的
11、中点,ADBC,AD平面BCC1B1,得ADCE.在侧面BCC1B1中,tanCFD,tanBCE,tanCFDtanBCE,CFDBCE,BCEFDCCFDFDC90,CEDF.又ADDFD,CE平面ADF.又CE平面CAE,平面CAE平面ADF.(2)【解】在FDE中,易得FDFE,DE,SFDE.在EFA中,易得EAEF,AF2 ,SEFA2 .设三棱锥DAEF的体积为V,点D到平面AEF的距离为h.则VSFDEADSEFAh,得h,解得h.8(2018福建永春一中等四校2018联考)如图,在多面体EFABCD中,四边形ABCD,ABEF均为直角梯形, ABCABE90,四边形DCEF为
12、平行四边形,平面ABCD平面DCEF.(1)求证:平面ADF平面ABCD;(2)若ABD是边长为2的等边三角形,且异面直线BF与CE所成的角为45,求点E到平面BDF的距离(1)【证明】ABCABE90,ABBC,ABBE.又BC,BE平面BCE,且交于点B,AB平面BCE.又CE平面BCE,ABCE.又ABCD,CEDF,CDDF.又平面ABCD平面DCEF,且交于CD,DF平面DCEF,DF平面ABCD.又DF平面ADF,平面ADF平面ABCD.(2)【解】CEDF,BFD为异面直线BF与CE所成的角,则BFD45.在RtBDF中,BFDDBF45,DFBD2.ABD是边长为2的等边三角形,ABC90,在RtBCD中,CBD30,CD1,BC.CEDF,DF平面BDF,CE平面BDF,CE平面BDF,点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离由(1)可知DF平面ABCD,则DF为三棱锥FBCD的高设点E到平面BDF的距离为h,由VEBDFVCBDFVFBCD,得SBDFhSBCDDF,h.