2014届高三北师大版数学(理)一轮复习限时规范训练第八篇第8讲立体几何中的向量方法(二)

第8讲立体几何中的向量方法（二）A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()．A．30°B．60°C．120°D．150°解析设l与α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝12，∴θ＝30°.答案A2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝14BC，则GB与EF所成的角为()．A．30°B．120°C．60°D．90°解析如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件，得G0，0，12，B()1，1，0，E1，1，12，F34，1，0，GB→＝1，1，－12，EF→＝－14，0，－12cos〈GB→，EF→〉＝GB→·EF→|GB→||EF→|＝0，则GB→⊥EF→.答案D3．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()．A.1010B.3010C.21510D.31010解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,2)．BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→·AE→|BC1→||AE→|＝3010.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.答案B4．(2013·南昌月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM→，D1N→〉的值为()．A.19B.495C.295D.23解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM→＝(2，－2,1)，D1N→＝(2,2，－1)，cos〈CM→，D1N→〉＝－19，sin〈CM→，D1N→〉＝459，答案B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·连云港模拟)若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为________．解析cos〈n，a〉＝n·a|n||a|＝－832×22＝－41133.又l与α所成角记为θ，即sinθ＝|cos〈n，a〉|＝41133.答案41133.6．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．解析建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，∴EF→·BC1→＝2，∴cos〈EF→，BC1→〉＝22×22＝12，∴EF和BC1所成角为60°.答案60°三、解答题(共25分)7．(12分)如图，四面体ABCD中，AB、BC、BD两两垂直，AB＝BC＝BD＝4，E、F分别为棱BC、AD的中点．(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；(2)求E到平面ACD的距离；(3)求EF与平面ACD所成角的正弦值．解如图，分别以直线BC、BD、BA为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A(0,0,4)、C(4,0，0)、D(0,4，0)，E(2,0,0)、F(0，2,2)．(1)∵AB→＝(0,0，－4)，EF→＝(－2,2,2)，∴|cos〈AB→，EF→〉|＝－84×23＝33，∴异面直线AB与EF所成角的余弦值为33.(2)设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y,1)，则n·AC→＝0，n·CD→＝0，∵AC→＝(4,0，－4)，CD→＝(－4,4,0)，∴4x－4＝0，－4x＋4y＝0，∴x＝y＝1，∴n＝(1,1,1，)．∵F∈平面ACD，EF→＝(－2,2,2)，∴E到平面ACD的距离为d＝|n·EF→||n|＝23＝233.(3)EF与平面ACD所成角的正弦值为|cos〈n，EF→〉|＝23×23＝138．(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝23，BC＝6.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)求二面角P－BD－A的大小．(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(23，0,0)，C(23，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，∴AP→＝(0,0,3)，AC→＝(23，6,0)，BD→＝(－23，2,0)．∴BD→·AP→＝0，BD→·AC→＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥面PAC.(2)解设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BD→＝0，n·BP→＝0.∵BP→＝(－23，0,3)，∴－23x＋2y＝0，－23x＋3z＝0解得y＝3x，z＝233x.令x＝3，则n＝(3，3,2)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12.∴二面角P－BD－A的大小为60°.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝23，BC＝3，CD＝2.∠ABC＝∠DCB＝π2，则二面角A－BC－D的大小为()．A.π6B.π3C.5π3D.5π6解析二面角A－BC－D的大小等于AB与CD所成角的大小.AD→＝AB→＋BC→＋CD→.而AD→2＝AB→2＋CD→2＋BC→2－2|AB→|·|CD→|·cos〈AB→，CD→〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos〈AB→，CD→〉，∴cos〈AB→，CD→〉＝12，∴AB与CD所成角为π3，即二面角A－BC－D的大小为π3.故选B.答案B2．如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的对角线BD1上，记D1PD1B＝λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是()．A.0，13B.0，12C.12，1D.13，1解析由题设可知，以DA→、DC→、DD1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)．由D1B→＝(1,1，－1)，得D1P→＝λD1B→＝(λ，λ，－λ)，所以PA→＝PD1→＋D1A→＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC→＝PD1→＋D1C→＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＝cos〈PA→，PC→〉＝PA→·PC→|PA→||PC→|＜0，这等价于PA→·PC→＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜1.因此，λ的取值范围为13，1.答案D二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2011·全国)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所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1由已知条件A(1,0,0)，E1，1，13，F0，1，23，AE→＝0，1，13，AF→＝－1，1，23，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ，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的法向量为m＝(0,0，－1)cosθ＝cos〈n，m〉＝31111，tanθ＝23.答案234．在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．解析如图所示建立空间直角坐标系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0，1,0)，C(0,0,1)，M12，12，0，故AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，OM→＝12，12，0.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥AB→，n⊥AC→，得－x＋y＝0，－x＋z＝0，令x＝1，得n＝(1,1,1)．故cos〈n，OM→〉＝13×22＝63，所以OM与平面ABC所成角的正弦值为63，其正切值为2.答案2三、解答题(共25分)5．(12分)(2012·新课标全国)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝12AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC.(2)求二面角A1－BD－C1的大小．(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝12AA1，可得DC21＋DC2＝CC21，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC.(2)解由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，|CA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则A1D→＝(0,0，－1)，BD→＝(1，－1,1)，DC1→＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则n·BD→＝0，n·A1D→＝0，即x－y＋z＝0，z＝0，可取n＝(1,1,0)．同理，设m＝(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则m·BD→＝0，m·DC1→＝0，即x－y＋z＝0，－x＋z＝0，可取m＝(1,2,1)．从而cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝32.故二面角A1－BD－C1的大小为30°.6.(13分)(2012·全国)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A­PB­C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．(1)证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.设C(22，0,0)，D(2，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E423，0，23，B()2，－b，0.于是PC→＝(22，0，－2)，BE→＝23，b，23，DE→＝23，－b，23，从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.(2)解AP→＝(0,0,2)，AB→＝(2，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m·AP→＝0，且m·AB→＝0，即2z＝0且2x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，2，0)．设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·PC→＝0，且n·BE→＝0，即22p－2r＝0且2p3＋bq＋23r＝0，令p＝1，则r＝2，q＝－2b，n＝1，－2b，2.因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－2b＝0，故b＝2，于是n＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)，cos〈n，DP→〉＝n·DP→|n||DP→|＝12，〈n，DP→〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，DP→〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.特别提醒：教师配赠