浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题8立体几何与空间向量+第60练向量法求解空间角和距离问题

浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题8立体几何与空间向量+第60练向量法求解空间角和距离问题

第60练 向量法求解空间角和距离问题 ‎[基础保分练]‎ ‎1.平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于(　　)‎ A.5B.6C.4D.8‎ ‎2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成的角的余弦值为(　　)‎ A.B.C.－D.－ ‎3.在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)‎ A.4B.2C.3D.1‎ ‎4.(2019·绍兴一中模拟)设点M是棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内，若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是(　　)‎ A.B.C.1D. ‎5.平面α的一个法向量为n＝(1，－，0)，则y轴与平面α所成的角的大小为(　　)‎ A.B.C.D. ‎6.如图所示，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC的夹角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上，且＝1，N为B1B的中点，则||为(　　)‎ A.aB.aC.aD.a ‎8.P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为(　　)‎ A.60°B.70°C.80°D.90°‎ ‎9.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成角的余弦值是________.‎ ‎10.如图所示，已知空间四边形OABC中OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于(　　)‎ A.B.C.D. ‎2.(2019·浙江名校联盟联考)在平面α内，已知AB⊥BC，过直线AB，BC分别作平面β，γ，使锐二面角α－AB－β为，锐二面角α－BC－γ为，则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A.B.C.D. ‎3.(2019·金华一中模拟)已知点P是正方体ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，且满足PA＝2PB，设PD1与平面ABCD所成的角为θ，则θ的最大值为(　　)‎ A.B.C.D. ‎4.过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成二面角的大小是(　　)‎ A.30°B.45°C.60°D.90°‎ ‎5.如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为__________.‎ ‎6.如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1．A　2.B　3.B　4.A　5.B　6.C　7．A　8.D　9.　10.0‎ 能力提升练 ‎1．B　[设A1在底面ABC内的射影为O，过O作OH∥BC交AB于点H，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)．‎ 设△ABC的边长为1，‎ 则A，B1，‎ ‎∴＝，‎ 平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，‎ 则AB1与底面ABC所成角α的正弦值sinα＝|cos〈，n〉|‎ ‎＝＝.]‎ ‎2．A　[由题意以平面α为底面，以平面β，γ为两相邻的侧面构造正四棱锥E－ABCD，设正四棱锥的底面边长为2，以点B为坐标原点，以AB，BC所在直线，过点B垂直于平面α的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由题意易得B(0，0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1，)，则＝(2,0,0)，＝(0,2,0)，＝(1,1，)，‎ 设平面β的法向量为m＝(x，y，z)，则有 令z＝－1，得平面β的一个法向量为m＝(0，，－1)，同理可得平面γ的一个法向量为n＝(，0，－1)，则平面β和平面γ所成锐二面角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝＝＝，故选A.]‎ ‎3．A　[以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设正方体的边长为2，P(x，y，z)，则A(0,2,0)，因为PA＝2PB，所以＝2，即x2＋2＋z2＝，所以点P 的轨迹为以点Q为球心，为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的，，，要使得PD1与底面ABCD所成的角最大，则PD1与底面ABCD的交点到点D的距离最短，从而点P在上，且在QD上，则DP＝DQ－＝－＝2，此时，tanθ＝＝1，所以θ的最大值为，故选A.]‎ ‎4．B　[建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设AB＝1，易得平面APB的一个法向量为n1＝(0,1,0)，平面PCD的一个法向量为n2＝(0,1,1)，‎ 故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为＝，‎ 故所求二面角的大小是45°.]‎ ‎5. 解析　以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，‎ 则E(0,0,1)，F(1,2,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)．‎ ＝(1,2，－1)，＝(－2,2,0)，‎ 故cos〈，〉＝＝.‎ ‎6. 解析　设直线AC与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图，‎ 以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 由A，B，C，‎ 作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，‎ 则OH＝，DH＝＝，‎ 因此可设D′，‎ 则＝，‎ 与平行的单位向量为n＝(0,1,0)，‎ 所以cosθ＝|cos〈，n〉|‎ ‎＝＝，‎ 所以cosα＝－1时，cosθ取最大值.‎