2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法 3.2.3

课后课时精练2A级：基础巩固练一、选择题1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()3A.55B.53C.255D.35答案A解析不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．∴BC1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→·AB1→|BC1→||AB1→|＝0＋4－15×3＝55，故选A.答案解析42.如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()5A.27B.2357C.357D．1答案B答案6解析过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，A1C→＝(1,2，－3)，A1E→＝(x，y，z－3)，BE→＝(x－1，y，z)．因为A1E→∥A1C→，BE→·A1C→＝0，所以x1＝y2＝z－3－3，x－1＋2y－3z＝0，解析7解得x＝57，y＝107，z＝67，所以BE→＝－27，107，67，所以点B到直线A1C的距离|BE→|＝2357，故选B.解析83．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1，3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为()A．10B．3C.83D.103答案D解析点P到平面α的距离d＝|PA→·n||n|＝|－2－4－4|4＋4＋1＝103.答案解析94．如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是()A．120°B．45°C．135°D．60°答案B答案10解析以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，EB→＝(1,0，－1)，EC→＝(1,1，－1)．解析11设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·EB→＝0，n·EC→＝0，即x－z＝0，x＋y－z＝0，可取n＝(1,0,1)．又平面EAD的法向量为AB→＝(1,0,0)，所以cos〈n，AB→〉＝12×1＝22，故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45°.解析125．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13答案A答案13解析设AB＝1，则AA1＝2，以D1为坐标原点，D1A1→，D1C1→，D1D→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：解析14则D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，∴DB→＝(1,1,0)，DC1→＝(0,1，－2)，DC→＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则n·DB→＝0，n·DC1→＝0，即x＋y＝0，y－2z＝0，取n＝(－2,2,1)，设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝|n·DC→||n||DC→|＝29×1＝23.解析156．已知矩形ABCD与ABEF全等，D－AB－E为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为θ，且cosθ＝39.则AB与BC的边长之比为()A．1∶1B.2∶1C.2∶2D．1∶2答案C答案16解析设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则相关各点坐标为F(b,0,0)，M0，a2，0，B(0，a,0)，D(0,0，b)．FM→＝－b，a2，0，BD→＝(0，－a，b)，解析17所以|FM→|＝b2＋a24，|BD→|＝a2＋b2，FM→·BD→＝－a22，|cos〈FM→，BD→〉|＝－a22b2＋a24·a2＋b2＝39，整理得4×b4a4＋5×b2a2－26＝0，解得b2a2＝2或b2a2＝－134(舍去)，所以ABBC＝ab＝22.解析18二、填空题7．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为________．答案64答案19解析设BA→＝b，BC→＝a，BD→＝c.由条件知a·b＝12，a·c＝0，b·c＝0，又AD→＝BD→－BA→＝c－b，平面AA1C1C的法向量BM→＝12(a＋b)．设直线AD与平面AA1C1C所成角为θ，则sinθ＝|cos〈AD→，BM→〉|＝|AD→·BM→||AD→||BM→|.解析20∴AD→·BM→＝(c－b)·12(a＋b)＝12a·c－12a·b＋12b·c－12|b|2＝－34，|AD→|2＝(c－b)2＝|c|2＋|b|2－2b·c＝2.∴|AD→|＝2，又|BM→|2＝14(a＋b)2＝14(|a|2＋|b|2＋2a·b)＝34，∴|BM→|＝32，∴sinθ＝64.解析218.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为________．答案33a答案22解析由正方体的性质易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．显然A1C⊥平面AB1D1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)．又A(a,0,0)，B(a，a,0)，BA→＝(0，－a,0)，则两平面间的距离d＝|BA→·n||n|＝a3＝33a.解析23三、解答题9．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．24解(1)证明：如图，取AB的中点O，连接CO，A1O，A1B.∵CA＝CB，∴CO⊥AB，又∵AA1＝AB，∠BAA1＝60°，∴△BAA1为正三角形，答案25∴AB⊥A1O，又A1O∩OC＝O，∴AB⊥平面A1OC.∵A1C⊂平面A1OC，∴AB⊥A1C.答案26(2)以O为原点，OA所在直线为x轴，OA1所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(0，3，0)，B(－1,0,0)，C(0,0，3)，B1(－2，3，0)，则BC→＝(1,0，3)，BB→1＝(－1，3，0)，A1C→＝(0，－3，3)，设n＝(x，y，z)为平面BB1C1C的一个法向量，则n·BC→＝0，n·BB→1＝0，答案27即x＋3z＝0，－x＋3y＝0，令z＝－1，则x＝3，y＝1，所以n＝(3，1，－1)为平面BB1C1C的一个法向量，所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值sinθ＝|cos〈A1C→，n〉|＝|A1C→·n||A1C→||n|＝105.答案2810．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.29(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角C－EM－N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721，求线段AH的长．30解如图，以A为原点，分别以AB→，AC→，AP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，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)．答案31(1)证明：DE→＝(0,2,0)，DB→＝(2,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则n·DE→＝0，n·DB→＝0，即2y＝0，2x－2z＝0.不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．又MN→＝(1,2，－1)，可得MN→·n＝0.因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.答案32(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则n2·EM→＝0，n2·MN→＝0.因为EM→＝(0，－2，－1)，MN→＝(1,2，－1)，所以－2y1－z1＝0，x1＋2y1－z1＝0.不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－421，于是sin〈n1，n2〉＝10521.所以二面角C－EM－N的正弦值为10521.答案33(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85或h＝12.所以线段AH的长为85或12.答案34B级：能力提升练1．在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M，N分别为AB，SB的中点．35(1)证明：AC⊥SB；(2)求二面角N－CM－B的余弦值；(3)求点B到平面CMN的距离．解(1)证明：取AC的中点O，连接OS，OB.∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO且AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.答案36如图所示建立空间直角坐标系Oxyz.则点A(2,0,0)，B(0,23，0)，C(－2,0,0)，S(0,0，22)，M(1，3，0)，N(0，3，2)．∴AC→＝(－4,0,0)，SB→＝(0,23，－22)．∵AC→·SB→＝(－4,0,0)·(0,23，－22)＝0，∴AC⊥SB.答案37(2)由(1)得CM→＝(3，3，0)，MN→＝(－1,0，2)．设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则CM→·n＝3x＋3y＝0，MN→·n＝－x＋2z＝0，取z＝1，则x＝2，y＝－6.∴n＝(2，－6，1)．又OS→＝(0,0,22)为平面ABC的一个法向量，∴cos〈n，OS→〉＝n·OS→|n||OS→|＝13.∴二面角N－CM－B的余弦值为13.答案38(3)由(1)(2)得MB→＝(－1，3，0)，n＝(2，－6，1)为平面CMN的一个法向量，∴点B到平面CMN的距离d＝|n·MB→||n|＝423.答案392．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．40解(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.答案41(2)如图，以H为坐标原点，HF→的方向为x轴正方向，HD→的方向为y轴正方向，HD′→的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0,0,0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，AB→＝(3，－4,0)，AC→＝(6,0,0)，AD′→＝(3,1,3)．答案42设m＝(x1，y