课后限时集训45 立体几何中的向量方法.doc

课后限时集训(四十五)　 立体几何中的向量方法 建议用时：40分钟 一、选择题 1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　) A．120° B．60° C．30° D．60°或30° C　[设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝. 又0°≤β≤90°，∴β＝30°.] 2．(2020·江西省五校协作联考)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　) A. B． C. D． B　[如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.] 3．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． A　[设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.] 4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° A　[由已知AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)， cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.] 5．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是 (　　) A． B． C． D． D　[如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)， ＝(2,0,0)，＝(2,2,0)， ＝(2,0,2)． 设平面A1BD的法向量为 n＝(x，y，z)，则 ∴ 令z＝1，得n＝(－1,1,1)． ∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.] 6．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 C　[以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示， 设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)， 则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)， 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴令x＝1可得n＝， 故cos〈n，〉＝＝＝. ∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为， ∴＝，解得a＝4.故选C.] 二、填空题 7．在底面是直角梯形的四棱锥S­ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是________． 　[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知， D，C(1,1,0)，S(0,0,1)， 可知＝是平面SAB的一个法向量． 设平面SCD的一个法向量n＝(x，y，z)， 因为＝，＝， 所以 即 令x＝2，则有y＝－1，z＝1， 所以n＝(2，－1,1)． 设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝ ＝＝.] 8.如图所示，四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝2，E是棱PB的中点，M是棱PC上的动点，当直线PA与直线EM所成的角为60°时，那么线段PM的长度是________． 　[如图建立空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)， ∴＝， ∵E是棱PB的中点， ∴E(1,1,1)， 设M(0,2－m，m)，则 ＝， ∴ ＝ ＝ ＝， 解得m＝，∴M， ∴PM＝＝.] 9.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________． 　[如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)， ＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)， 设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)， 由⇒⇒⇒n1＝(1，－1，1)． sin θ＝＝＝.] 三、解答题 10．(2020·浙江宁波二模)中国古代数学经典《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在如图所示的阳马P­ABCD中， 底面ABCD是矩形．PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝，以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M(异于点D)，交PC于点N(异于点C)． (1)证明：AM⊥平面PCD，并判断四面体MCDA是否是鳖臑？若是，写出它每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由． (2)求直线ON与平面ACM所成角的正弦值． [解]　(1)因为AC是球的直径，所以AM⊥MC， 又PA⊥平面ABCD， 所以CD⊥PA，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD， 所以CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD. 四面体MCDA是鳖臑． 它的每个面的直角分别是∠AMC，∠AMD，∠ADC，∠MDC. (2)如图，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则B(，0,0)，C(，2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，O. 由(1)知AM⊥PD，又PA＝AD，则M为PD的中点，从而M(0,1,1)． 所以＝(－，－2,2)，设＝λ＝(－λ，－2λ，2λ)(0＜λ≤1)， 则＝＋＝(－λ，2－2λ，2λ)． 由AN⊥CN， 得·＝λ(λ－)－2λ(2－2λ)＋4λ2＝10λ2－6λ＝0， 由λ≠0得λ＝，即＝. 所以＝＋＝. 设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)． 由 取x＝，则y＝－1，z＝1，则n＝(，－1,1)． 记ON与平面ACM所成的角为θ， 则sin θ＝ ＝＝. 所以直线ON与平面ACM所成角的正弦值为. 11．(2020·安徽五校联考)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AC∩BD＝O，PB⊥AC，PA＝PB＝AB＝2CD＝2，AC＝3. (1)证明：平面PBD⊥平面ABCD； (2)点E是棱PC上一点，且OE∥平面PAD，求二面角E­OB­A的正弦值． [解]　(1)证明：等腰梯形ABCD中，△OAB∽△OCD，∴＝＝2， 又AC＝3，∴OA＝2，∴OB＝2，∴OA2＋OB2＝AB2， ∴OA⊥OB，即AC⊥BD. 又PB⊥AC，且BD∩PB＝B，∴AC⊥平面PBD. 又AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD. (2)连接PO，如图，由(1)知，AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，∴PO＝＝2， ∴PO2＋OB2＝PB2，即PO⊥OB. 以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，平面AOB的一个法向量为m＝(0,0,1)， ∵OE∥平面PAD，OE⊂平面PAC， 平面PAC∩平面PAD＝PA，∴OE∥PA. 设平面EOB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，则y＝0， n⊥⇒n⊥⇒(x，y，z)·(－2,0,2)＝0⇒x＝z，令x＝1， 则n＝(1,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝＝，sin〈m，n〉＝＝， ∴所求二面角E­OB­A的正弦值是. 1．(2020·连云港模拟)《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则二面角A­PC­B的大小是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　[∵在鳖臑P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1， ∴以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,1,0)，C(1,0,0)，B(0,0,0)，P(0,1,1)，＝(0,0，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)， 设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1,1,0)， 设平面PBC的法向量m＝(a，b，c)， 则取b＝1，得m＝(0,1，－1)， 设二面角A­PC­B的大小为θ， 则cos θ＝＝＝，∴θ＝60°. ∴二面角A­PC­B的大小为60°.故选C.] 2．(2020·宣城二模)如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为(　　) A．O­ABC是正三棱锥 B．二面角D­OB­A的平面角为 C．直线AD与直线OB所成角为 D．直线OD⊥平面ABC B　[正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上， 在A中，∵AC＝AB＝BC，OA＝OB＝OC， ∴O­ABC是正三棱锥，故A正确； 在B中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)， ＝(1,1,1)，＝(0,1,0)， 设平面OBD的法向量m＝(x，y，z)， 则取x＝1，得m＝(1,0，－1)， 平面OAB的法向量n＝(0,0,1)， cos〈m，n〉＝＝＝， 二面角D­OB­A的平面角为，故B错误； 在C中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)， ＝(0,1,1)，＝(0,1,0)， cos〈，〉＝＝＝， ∴直线AD与直线OB所成角为，故C正确； 在D中，设OB＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，C(0,0,1)， ＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)， ·＝0，·＝0，∴OD⊥AB，OD⊥AC， ∵AB∩AC＝A， ∴直线OD⊥平面ABC，故D正确．故选B.] 3．(2020·厦门模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，△ABC为正三角形，D为线段BB1的中点． (1)证明：平面ADC1⊥平面ACC1A1； (2)若AA1与平面ABC所成角的大小为60°，AA1＝AC，求二面角A­DC1­B1的余弦值． [解]　(1)证明：设AC，AC1的中点分别为M，O，连接BM，MO，DO， ∵△ABC为正三角形， ∴BM⊥AC. ∵平面ABC⊥平面ACC1A1， 平面ABC∩平面ACC1A1＝AC， BM⊂平面ABC， ∴BM⊥平面ACC1A1. ∵M，O分别为AC，AC1的中点， ∴MO綊CC1， 在棱柱ABC­A1B1C1中，BB1綊CC1， 又∵D为BB1的中点，∴BD綊CC1，∴MO綊BD， ∴四边形BMOD为平行四边形，∴DO∥BM ， ∴DO⊥平面ACC1A1， ∵DO⊂平面ADC1， ∴平面ADC1⊥平面ACC1A1. (2)∵平面ACC1A1⊥平面ABC， ∴A1在平面ABC内的射影落在AC上， ∴∠A1AC为AA1与平面ABC所成的角， 故∠A1AC＝60°，连接A1O，∵AA1＝AC， 则A1O⊥AO， 设AA1＝2，则AO＝，A1O＝1， 以O为原点，分别以OA，OA1，OD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A(，0,0)，D(0,0，)， C1(－，0,0)，C(0，－1,0)， B1， ∴＝(，0，)，＝＝， ∵平面ACC1A1⊥平面ADC1， 平面ACC1A1∩平面ADC1＝AC1，OA1⊥AC1， ∴OA1⊥平面ADC1， 设平面ADC1的一个法向量为＝(0,1,0)， 设平面B1DC1的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取m＝(1，，－1)， ∴cos〈，m〉＝＝， 又二面角A­DC1­B1为钝角， 故二面角A­DC1­B1的余弦值为－. 1．(2020·乐清期末)如图在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，直线SM与面SAC所成角大小为________． 　　[因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设SA＝SB＝SC＝2，则M(1,1,0)，B(0,2,0)，N(0,0,1)，A(2,0,0)，C(0,0,2)． 因为＝(1,1,0)，＝(0，－2,1)，cos〈，〉＝＝－， 所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为， 面SAC一个法向量为＝(0,2,0)，则由 cos〈，〉＝＝得〈，〉＝， 即直线SM与面SAC所成角大小为.] 2．[结构不良试题](2020·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题： 如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值． [解]　若选②，由PO⊥平面ABCD，知PO⊥AB，又PC⊥AB，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°，BC＞BA， 这与底面是菱形矛盾，∴②必不选，故选①③. 下面证明：PO⊥平面ABCD， ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， ∵PC⊥BD，PC∩AC＝C，∴BD⊥平面APC， ∵PO⊂平面APC，∴BD⊥PO， ∵PA＝PC，O为AC中点，∴PO⊥AC， 又AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD， 以O为原点，OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ∵AB∥CD，∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角， ∴∠PBA＝60°， 在菱形ABCD中，设AB＝2， ∵∠ABC＝60°，∴OA＝1，OB＝， 设PO＝a，则PA＝，PB＝， 在△PBA中，由余弦定理得： PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA， ∴a2＋1＝4＋a2＋3－2×2××， 解得a＝， ∴A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)， 设平面ABP的法向量n＝(x，y，z)， ＝(，1,0)，＝(0,1，)， 则 取z＝1，得n＝(，－，1)， 设m＝(a，b，c)是平面CBP的法向量， ＝(，－1,0)，＝(0，－1，)， 由 令c＝1，得m＝(，，1)， 设二面角A­PB­C的平面角为θ， ∴cos θ＝＝， ∴二面角A­PB­C的余弦值为. 15