《高三人教A版理科数学一轮复习课时作业43立体几何中的向量方法二——空间角与距离求解》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三人教A版理科数学一轮复习课时作业43立体几何中的向量方法二——空间角与距离求解（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业(四十三)第43讲立体几何中的向量方法(二)空间角与距离求解时间：45分钟分值：100分1点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s(1，1,1)的直线l的距离为，则点M的坐标是()A(0,0，2) B(0,0，3)C(0,0，) D(0,0，1)2若a(1,2,1)，b(2,0,1)分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2的位置关系是()A平行 B异面C相交 D相交或异面3两平行平面，分别经过坐标原点O和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量n(1,0,1)，则两平面间的距离是()A. B. C. D34方向向量为s(1,1,1)的直线l经过点A(1,0,0)，则坐标原点O(
2、0,0,0)到该直线的距离是()A. B. C. D.5如图K431，长方体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD1和C1D所成角的余弦值是()图K431A. B C. D.6在平行四边形ABCD中，ABAC1，ACD90，将它沿对角线AC折起，使AB和CD成60角(如图K432)，则B、D间的距离为()图K432A1 B2 C. D2或7三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为()A. B2 C. D.8在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G(01
3、)，则点G到平面D1EF的距离为()A. B. C. D.图K4339如图K433，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PDAD1，AB2，点E是AB上一点，当二面角PECD的平面角为时，AE()A1 B. C2 D210已知三棱锥OABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，E为OC的中点，且OA1，OBOC2，则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是_11如图K434，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与A1B1，A1D1的夹角都是60，则AC1的长等于_图K434图K43512如图K435，AO平面，BCOB，
4、BC与平面的夹角为30，AOBOBCa，则AC_.13如图K436，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为_图K43614(10分)如图K437，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABCA1B1C1与正三棱锥BACD组成，其中，ABBC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为21,21,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由图K43715(13分)2011安徽师大附中三模 如图K438，已知AB平面ACD，D
5、E平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值图K43816(12分)2011湖北卷 如图K439，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值图K439课时作业(四十三)【基础热身】1B解析 设M(0,0，z)，直线的一个单位方向向量s0，故点M到直线的距离d，解得z3.2D解析 根据共线向量定理，显然a，b不平行，所以l1，l2的位置
6、关系是相交或异面3B解析 两平面的一个单位法向量n0，故两平面间的距离d|n0|.4D解析 直线l的一个单位法向量s0，向量(1,0,0)，故点O到直线l的距离为d.【能力提升】5C解析 建立如图所示的空间直角坐标系则A(2,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，1(2,0,1)，(0,2,1)，故异面直线AD1和C1D所成角的余弦值为|cos1，1|.6D解析 ACD90，0.同理0，AB和CD成60角，60或120.，222222222223211cos，|2或，即B、D间的距离为2或，故选D.7C解析 设三棱锥为PABC，且PA6，PBPC4，以P为原点建立
7、空间直角坐标系如图，则P(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，(6,0,0)，(6,4,0)，(6,0,4)，设面ABC的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以yzx，所以可选面ABC的一个法向量为n(2,3,3)，所以P到面ABC的距离d|cos，n|，选C.8D解析 如图，如果过点G直接向平面D1EF作垂线，垂足为H，如果我们能求出向量，那么|就是点G到平面D1EF的距离在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题如图，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则G(1，1)，E，F，(0,1,0)
8、，D1(0,0,1)，1.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y使xy1，由于GHEF，GHED1，所以解得故，所以|，即点G到平面D1EF的距离是.9D解析 以D为原点，射线DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E(1，y0,0)(0y02)，则(1,2y0,0)，设平面PEC的法向量为n1(x，y，z)，xyz(2y0)12，记n1(2y0,1,2)，而平面ECD的法向量n2(0,0,1)，则二面角PECD的平面角满足cos|cosn1，n2|，cosy02.当AE2时，二面角PECD的平面角为.10.解析 以O为原点，O
9、B，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,0)设平面ABC的法向量为n1(x，y，z)，则由n1知n12xz0，由n1知n12yz0，取n1(1,1,2)设平面EAB的法向量为n(x，y，z)，则由n知n2xz0，由n知n2xy0，取n(1,2,2)则cosn，n1，所以平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为.11.解析 由已知1，1，120，90.|1|2|1|2|1|2|2|221221b2a2a2abab2a2b22ab，故|1|.12.a解析 ，其中，90，120，故|2|2|2|2|22223a22a2co
10、s1202a2，故|a，即ACa.13.a解析 设M(0，m，m)(0ma)，(a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0，由(0，m，am)，故点M到直线AD1的距离d，根式内的二次函数当m时取最小值2aa2a2，故d的最小值为a.14解答 由已知可得AB平面BB1C1C，由于三棱锥BACD是正三棱锥，所以CD平面BB1C1C，D，B，B1三点共线，ABBCBD.设ABa，BB1b.则其正视图和俯视图的面积都是aba2，侧视图的面积是a2，根据已知解得a，b2.以点B为坐标原点，射线BC，BB1，BA分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0，)，C(，0,0)，D
11、(0，0)，B1(0,2,0)，C1(，2,0)，A1(0,2，)(1)由于三棱锥BACD是正三棱锥，该三棱锥的重心G，则BG平面ACD，故可取向量n(1，1,1)为平面ACD的一个法向量，(，2，)，故可取v(1，1)为直线CA1的一个方向向量设直线CA1与平面ACD所成角为，则sin|cosn，v|.(2)设m(m,2m，m)，则(m,2m2，m)，如果B1P平面ACD，则n，即(m,2m2，m)(，)，由此得方程组由得m，代入则1，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P.15解答 方法一：(1)证法一：取CE的中点G，连接FG、BG.F为CD的中点，GFDE且GFDE，AB平面ACD，DE
12、平面ACD，ABDE，GFAB.又ABDE，GFAB.又DE2AB，四边形GFAB为平行四边形，则AFBG.AF平面BCE，BG平面BCE，AF平面BCE.证法二：取DE的中点M，连接AM、FM，F为CD的中点，FMCE.AB平面ACD，DE平面ACD，DEAB.又ABDEME，四边形ABEM为平行四边形，则AMBE.FM、AM平面BCE，CE、BE平面BCE，FM平面BCE，AM平面BCE.又FMAMM，平面AFM平面BCE.AF平面AFM，AF平面BCE.(2)证明：ACD为等边三角形，F为CD的中点，AFCD.DE平面ACD，AF平面ACD，DEAF.又CDDED，故AF平面CDE.BG
13、AF，BG平面CDE.BG平面BCE，平面BCE平面CDE.(3)在平面CDE内，过F作FHCE于H，连接BH，平面BCE平面CDE，FH平面BCE.FBH为BF和平面BCE所成的角设ADDE2AB2a，则FHCFsin45a，BF2a，在RtFHB中，sinFBH.直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.方法二：设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)F为CD的中点，F.(1)证明：，(a，a，a)，(2a,0，a)，()，AF平面BCE，AF平面BCE.(2)证明：，(a，a,0)，(0,0
