1.4空间向量的应用.docx

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B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】如图建立空间直角坐标系，设BC=CA=CC1=1， 则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1， ∴=， =， ∴|cos<>|= ==. 故选：A. 14. PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过PC上一点D作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．能证明点O在∠APB的平分线上，通过解直角三角形PED、DOP，求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值． 【详解】解：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角． 过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB． △DEP≌△DFP，∴EP＝FP，∴△OEP≌△OFP， 因为∠APC＝∠BPC＝60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°． 设PE＝1，∵∠OPE＝30°∴OP 在直角△PED中，∠DPE＝60°，PE＝1，则PD＝2． 在直角△DOP中，OP，PD＝2．则cos∠DPO． 即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 ． 故选：C 15. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，利用法向量求解夹角的余弦值． 【详解】因为正三棱柱的所有棱长均为2，取BC的中点O，则 所以平面. 取的中点H，所以 AO, BO,OH两两垂直，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则, 所以,. 设平面的一个法向量为，则 令得. 同理可得平面的一个法向量为. 设平面与平面夹角为，易知为锐角，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 16. 如图，和所在平面垂直，且，．求： （1）直线AD与直线BC所成角的大小； （2）直线AD与平面BCD所成角的大小； （3）平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【答案】（1）90°（2）（3） 【解析】 【分析】（1）作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角； （2）显然平面BCD的一个法向量为，利用空间向量法求出线面角； （3）求出平面CBD的一个法向量为 以及平面ABD的一个法向量为 ，求出两法向量的余弦值的绝对值即为平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值． 【详解】解：设，作AO⊥BC于点O，连DO，以点O为原点，OD，OC，OA的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标： ，， ， ， （1）， ，所以AD与BC所成角等于90°． （2），显然为平面BCD的一个法向量 ∴，直线AD与平面BCD所成角的大小 （3）设平面ABD的法向量为则 所以，即，令，则， 则 设平面ABD和平面BDC的夹角为，则 因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦为． 例9 图1.4-23为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为30°．已知礼物的质量为，每根绳子的拉力大小相同．求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小（重力加速度g取，精确到0.01N）． 图1.4-23 分析：因为降落伞匀速下落，所以降落伞8根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小．8根绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量的和向量与礼物的重力是一对相反向量． 解：如图1.4-24，设水平面的单位法向量为，其中每一根绳子的拉力均为F．因为，所以F在上的投影向量为．所以8根绳子拉力的合力 ． 又因为降落伞匀速下落，所以 （N）． 所以 所以 （N）． 图1.4-24 例10 如图1.4-25，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F． 图1.4-25 （1）求证：面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 分析：本题涉及的问题包括：直线与平面平行和垂直的判定，计算两个平面的夹角．这些问题都可以利用向量方法解决．由于四棱锥的底面是正方形，而且一条侧棱垂直于底面，可以利用这些条件建立适当的空间直角坐标系，用向量及坐标表示问题中的几何元素，进而解决问题． 解：以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图1.4-26所示的空间直角坐标系，设． 图1.4-26 （1）证明：连接，交于点G，连接． 依题意得，，． 因为底面是正方形，所以点G是它的中心，故点G的坐标为，且 ，， 所以，． 而平面，且平面，因此平面． （2）证明：依题意得 ，． 又，故 ． 所以． 由已知，且． 所以平面． （3）解：已知，由（2）可知，故是平面与平面的夹角． 设点F的坐标为，则 因为，所以 ，即，，． 设，则 ． 所以，点F的坐标为， 又点E的坐标为，所以 ． 所以 所以，即平面与平面的夹角大小为60°． 练习 17. 如图，二面角的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若，，，，求平面与平面的夹角． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量求解，，两边平方可求平面与平面的夹角． 【详解】设平面与平面的夹角为， 由可得 所以，即平面与平面的夹角为. 18. 如图，在三棱锥中，，，M，N分别是AD，BC的中点．求异面直线AN，CM所成角的余弦值． 【答案】 【解析】 【分析】连结，取的中点，连结，推导出异面直线，所成角就是，利用余弦定理解三角形，能求出结果． 【详解】连结，取的中点，连结， 则，是异面直线，所成的角， ，，， 又，， ， 异面直线，所成的角的余弦值为． 19. 如图，在三棱锥中，OA，OB，OC两两垂直，，．求直线OB与平面ABC所成角的正弦值． 【答案】 【解析】 【分析】构建以为原点，为x、y、z轴的正方向的空间直角坐标系，写出、、的坐标，进而求面ABC的法向量，根据直线方向向量与平面法向量夹角与线面角的关系，结合空间向量夹角的坐标表示即可求直线OB与平面ABC所成角的正弦值． 【详解】构建以为原点，为x、y、z轴的正方向的空间直角坐标系，如下图示， ∴，，，则，，， 若是平面ABC的一个法向量，则，令，则， ∴，故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为. 习题1.4 复习巩固 20. 如图，在三棱锥中，E是CD的中点，点F在AE上，且．设，，，求直线AE，BF的方向向量． 【答案】直线AE的方向向量，直线BF的方向向量. 【解析】 【分析】由已知线段所表示的空间向量，应用向量加减运算的几何意义求得、，即可求，再由知，即可求. 【详解】在△中，，，则， 在△中，，，则， ∵在△中，E是CD的中点， ∴，而，即， ∴在△中，. ∴直线AE，BF的方向向量分别为、. 21. 如图，在直三棱柱中，，，．以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系． （1）求平面的一个法向量； （2）求平面的一个法向量． 【答案】(1)； (2). 【解析】 【分析】(1)求出平面内的两个向量，，然后利用法向量与这两个向量的数量积都为0来求法向量； (2)求出平面内的两个向量，，然后利用法向量与这两个向量的数量积都为0来求法向量. 【详解】易知，，，. (1)，， 设面的法向量为，则 ， 即，取 ，则 ， 所以平面的一个法向量为； (2) ，， 设面的法向量为，则 ， 即，取 ，则 ， 所以平面的一个法向量为 22. 如图，在平行六面体中，E是AB的中点，F是的中点．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】取的中点为,根据几何体的特征分别得到，，从而得证. 【详解】 取的中点为,则根据平行六面体的特征可得，， 所以四边形为平行四边形，则,, 又因为,, 所以,, 所以四边形为平行四边形， 所以, 又因为,所以四边形为平行四边形. 所以，进而. 23. 如图，在四面体ABCD中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且．求证：平面BCD． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】要证线面平行，需找线线平行，取BD中点O，且P是BM中点，取CD的四等分点H，使DH＝3CH，且AQ＝3QC，通过四边形OPQH为平行四边形及线面平行的判定定理即得结论． 【详解】证明：如图所示，取BD中点O，且P是BM中点， ∴PO//MD且POMD， 取CD的四等分点H，使DH＝3CH，且AQ＝3QC， ∴PO//QH且PO＝QH， ∴四边形OPQH为平行四边形， ∴PQ//OH，PQ在平面BCD外，且OH⊂平面BCD， ∴PQ//平面BCD． 24. 如图，在正方体中，点E在BD上，且；点F在上，且． 求证：（1）； （2）． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，表示出点的坐标，利用空间向量法证明线线垂直； 【详解】解：（1）如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，因为，，所以，，所以，，所以，所以 （2）由（1）可知，所以，所以 25. 如图，在棱长为1的正方体中，O为平面的中心，E为BC的中点，求点O到直线的距离． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 所以点到直线的距离为. 26. 如图，四面体OABC的所有棱长都是1，D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE． （1）计算DE的长； （2）求点O到平面ABC的距离． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用基底表示出向量，再根据向量数量积求长度的方法即可求出； （2）由该几何体特征可知，点O在平面ABC的射影为的中心，即可求出． 【详解】（1）因为四面体OABC的所有棱长都是1，所以该四面体为正四面体， ，而且，所以，即，所以DE的长为． （2）因为四面体OABC为正四面体，所以点O在平面ABC的射影为的中心， 的外接圆半径为，所以点O到平面ABC的距离为． 27. 如图，四面体ABCD的每条棱长都等于a，M，N分别是AB，CD的中点．求证：，． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】根据题意证明即可. 【详解】由题意可知，三个向量两两间的夹角为， 因为M，N分别是AB，CD的中点， 所以, 则 ， 所以，同理可证. 28. 如图，M，N分别是正方体的棱和的中点，求： （1）MN和所成角的大小； （2）MN和AD所成角的大小． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，若正方体的棱长为2，写出、、、、的坐标，进而可得、、，利用空间向量夹角的坐标表示求其夹角的余弦值，即可求MN和、MN和AD所成角. 【详解】 构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，若正方体的棱长为2，则，，，，， （1），，又MN和所成角范围为， ∴，故MN和所成角为. （1），又MN和AD所成角范围为， ∴，故MN和AD所成角为. 29. 如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点． （1）求证：平面EFGHKL； （2）求与平面EFGHKL所成角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，可由证得； （2）利用空间向量计算直线和法向量的夹角，进而得解. 【详解】 如图所示建立空间直角坐标系， （1）， 则，所以 为平面EFGHKL的两条相交直线， 所以平面EFGHKL； （2）由（1）知平面EFGHKL的法向量为 ， 因为， 求与平面EFGHKL所成角的余弦值为. 综合运用 30. 如图，在长方体中，，，E是CD的中点．求证：平面． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，，即可得证； 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 所以，，所以，， 因为，平面． 所以平面． 31. 如图，在长方体中，点E，F，G分别在棱，，上，；点P，Q，R分别在棱，CD，CB上，．求证：平面平面PQR． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，令写出、、、，进而求面、面的法向量、，根据所得法向量的关系即可证结论. 【详解】构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，如下图示， 设，又，， ∴，，，，，， ∴，，，， 设是面的一个法向量，则，令，， 设是面的一个法向量，则，令，， ∴面、面的法向量共线，故平面平面PQR，得证. 32. 如图，已知正方体的棱长为1，E为CD的中点，求点到平面的距离． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间坐标系，求解平面的法向量，结合点到平面的距离公式求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设平面的一个法向量为， . 由 令，则，即. 设点到平面的距离为， 则，即点到平面的距离为. 33. 如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，．求平面ABCD与平面BQP的夹角． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，分别求解两个面的法向量，利用法向量的夹角求解即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，， ， 设平面的法向量为， 则，不妨令，则， 所以 平面的法向量为， 所以. 所以面ABCD与平面BQP的夹角为 34. 如图，正方体的棱长为1，M是棱的中点，O是的中点．求证：OM分别与异面直线，垂直，并求OM的长． 【答案】见解析. 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积为0可证得垂直，利用模长公式可求线段长. 【详解】 如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因为， 所以 . 拓广探索 35. 如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．在线段上是否存在点Q，使得平面？ 【答案】存在，在靠近的三等分点处 【解析】 【分析】建立空间坐标系，利用空间向量进行求解，平面则可利用与平面的法向量垂直求解. 【详解】如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则, 设面的法向量,则,即. 令得 因为平面，所以,即. 所以得， ,所以. 因为，，所以存在在三等分点处靠近，使得平面. 36. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点． （1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据空间向量平行的坐标表示即可证出； （2）根据空间向量垂直的坐标表示即可证出． 【详解】（1）因为，，所以， 即，因为，所以． （2）因为，，， 所以． 37. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）求MN的长； （2）a为何值时，MN的长最小？ （3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 【答案】（1）；（2）时，最小，最小值为；（3） 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，求得、、、、、的坐标． （1）直接由两点间的距离公式可得； （2）把（1）中求得利用配方法求最值； （3）由（2）可知，当，为中点时，最短，求出、的坐标，取的中点，连接，，可得的坐标，连接，，得到是平面与平面的夹角或其补角，再由与的夹角求解． 【详解】解：如图建立空间直角坐标系， ，， ， ， ，， ． （1）； （2）， 当时，最小，最小值为； （3）由（2）可知，当，为中点时，最短， 则，0，，，，，取的中点，连接，， 则，，， ，，，， 是平面与平面的夹角或其补角． ，， ． 平面与平面夹角的余弦值是． 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期