人教A版理科数学课时试题及解析（43）立体几何中的向量方法（二）——空间角与距离求解

人教A版理科数学课时试题及解析（43）立体几何中的向量方法（二）——空间角与距离求解

课时作业(四十三)　[第43讲　立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解]‎ ‎[时间：45分钟　　分值：100分]‎ ‎1．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1,1)的直线l的距离为，则点M的坐标是(　　)‎ A．(0,0，±2) B．(0,0，±3)‎ C．(0,0，±) D．(0,0，±1)‎ ‎2．若a＝(1,2,1)，b＝(－2,0,1)分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．异面 C．相交 D．相交或异面 ‎3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量n＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是(　　)‎ A. B. C. D．3 ‎4．方向向量为s＝(1,1,1)的直线l经过点A(1,0,0)，则坐标原点O(0,0,0)到该直线的距离是(　　)‎ A. B. C. D. ‎5．如图K43－1，长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD1和C1D所成角的余弦值是(　　)‎ 图K43－1‎ A. B．－ C. D. ‎6．在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB和CD成60°角(如图K43－2)，则B、D间的距离为(　　)‎ 图K43－2‎ A．1 B．‎2 C. D．2或 ‎7．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为(　　)‎ A. B．‎2 C. D. ‎8．在棱长为1的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E、F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A‎1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为(　　)‎ A. B. C. D. 图K43－3‎ ‎9．如图K43－3，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D的平面角为时，AE＝(　　)‎ A．1 B. C．2－ D．2－ ‎10．已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，E为OC的中点，且OA＝1，OB＝OC＝2，则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是________．‎ ‎11．如图K43－4，已知四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与A1B1，A1D1的夹角都是60°，则AC1的长等于________．‎ 图K43－4‎ ‎　　图K43－5‎ ‎12．如图K43－5，AO⊥平面α，BC⊥OB，BC与平面α的夹角为30°，AO＝BO＝BC＝a，则AC＝________.‎ ‎13．如图K43－6，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B‎1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为________．‎ 图K43－6‎ ‎14．(10分)如图K43－7，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B‎1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为2＋1,2＋1,1.‎ ‎(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；‎ ‎(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．‎ 图K43－7‎ ‎15．(13分) 如图K43－8，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．‎ ‎(1)求证：AF∥平面BCE；‎ ‎(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；‎ ‎(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．‎ 图K43－8‎ ‎16．(12分) 如图K43－9，已知正三棱柱ABC－A1B‎1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．‎ ‎(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A‎1C；‎ ‎(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．‎ 图K43－9‎ 课时作业(四十三)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1．B　[解析] 设M(0,0，z)，直线的一个单位方向向量s0＝，故点M到直线的距离d＝＝＝，解得z＝±3.‎ ‎2．D　[解析] 根据共线向量定理，显然a，b不平行，所以l1，l2的位置关系是相交或异面．‎ ‎3．B　[解析] 两平面的一个单位法向量n0＝，故两平面间的距离d＝|·n0|＝.‎ ‎4．D　[解析] 直线l的一个单位法向量s0＝，向量＝(1,0,0)，故点O到直线l的距离为 d＝＝＝.‎ ‎【能力提升】‎ ‎5．C　[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A(2,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故异面直线AD1和C1D所成角的余弦值为|cos〈1，1〉|＝＝.‎ ‎6．D　[解析] ∵∠ACD＝90°，∴·＝0.‎ 同理·＝0，‎ ‎∵AB和CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.‎ ‎∵＝＋＋，‎ ‎∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ‎＝2＋2＋2＋2· ‎＝3＋2×1×1×cos〈，〉‎ ‎＝ ‎∴||＝2或，即B、D间的距离为2或，故选D.‎ ‎7．C　[解析] 设三棱锥为P－ABC，且PA＝6，PB＝PC＝4，以P为原点建立空间直角坐标系如图，则P(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，＝(6,0,0)，＝(－6,4,0)，＝(－6‎ ‎,0,4)，设面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，‎ 所以⇒y＝z＝x，所以可选面ABC的一个法向量为n＝(2,3,3)，‎ 所以P到面ABC的距离d＝|||cos〈，n〉|＝＝＝，选C.‎ ‎8．D　[解析] 如图，如果过点G直接向平面D1EF作垂线，垂足为H，如果我们能求出向量，那么||就是点G到平面D1EF的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．‎ 如图，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则G(1，λ，1)，E，＝，F，＝(0,1,0)，D1(0,0,1)，1＝.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y使＝＋x＋y1＝，由于GH⊥EF，GH⊥ED1，‎ 所以 解得故＝，所以||＝，即点G到平面D1EF的距离是.‎ ‎9．D　[解析] 以D为原点，射线DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，‎ 设E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，则＝(－1,2－y0,0)，‎ 设平面PEC的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ ‎∴⇒⇒x∶y∶z＝(2－y0)∶1∶2，‎ 记n1＝(2－y0,1,2)，‎ 而平面ECD的法向量n2＝(0,0,1)，则二面角P－EC－D的平面角θ满足cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝，‎ ‎∴cosθ＝＝＝⇒y0＝2－.‎ ‎∴当AE＝2－时，二面角P－EC－D的平面角为.‎ ‎10.　[解析] 以O为原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,0)．‎ 设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥知n1·＝2x－z＝0，由n1⊥知n1·＝2y－z＝0，取n1＝(1,1,2)．‎ 设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥知n·＝2x－z＝0，由n⊥知n·＝2x－y＝0，取n＝(1,2,2)．‎ 则cos〈n，n1〉＝＝＝，‎ 所以平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为.‎ ‎11.　[解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°.‎ ‎|1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21· ‎＝b2＋a2＋a2－ab－ab＝‎2a2＋b2－2ab，故|1|＝.‎ ‎12.a　[解析] ＝＋＋，‎ 其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°，‎ 故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ‎＝‎3a2＋‎2a2cos120°＝‎2a2，故||＝a，即AC＝a.‎ ‎13.a　[解析] 设M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0＝，由＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝＝＝，根式内的二次函数当m＝－＝时取最小值2－a×＋a2＝a2，故d的最小值为a.‎ ‎14．[解答] 由已知可得AB⊥平面BB‎1C1C，由于三棱锥B－ACD是正三棱锥，所以CD⊂平面BB‎1C1C，D，B，B1三点共线，AB＝BC＝BD.‎ 设AB＝a，BB1＝b.则其正视图和俯视图的面积都是ab＋a2，侧视图的面积是a2，‎ 根据已知解得a＝，b＝2.以点B为坐标原点，射线BC，BB1，BA分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0，)，C(，0,0)，D(0，－，0)，B1(0,2,0)，C1(，2,0)，A1(0,2，)．‎ ‎(1)由于三棱锥B－ACD是正三棱锥，该三棱锥的重心G，则BG⊥平面ACD，故可取向量n＝(1，－1,1)为平面ACD的一个法向量，＝(－，2，)，故可取v＝(1，－，－1)为直线CA1的一个方向向量．设直线CA1与平面ACD所成角为θ，则 sinθ＝|cos〈n，v〉|＝＝＝.‎ ‎(2)设＝m＝(m,‎2m，－m)，则＝＋＝(m,‎2m－2，－m)，‎ 如果B1P⊥平面ACD，则∥n，即(m,‎2m－2，－m)＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组 由①③得m＝，λ＝，代入②则－1＝－，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P.‎ ‎15．[解答] 方法一：‎ ‎(1)证法一：取CE的中点G，连接FG、BG.‎ ‎∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE，‎ ‎∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，‎ ‎∴AB∥DE，∴GF∥AB.‎ 又AB＝DE，∴GF＝AB.又DE＝2AB，‎ ‎∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.‎ ‎∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，‎ ‎∴AF∥平面BCE.‎ 证法二：取DE的中点M，连接AM、FM，‎ ‎∵F为CD的中点，∴FM∥CE.‎ ‎∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴DE∥AB.‎ 又AB＝DE＝ME，‎ ‎∴四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE.‎ ‎∵FM、AM⊄平面BCE，CE、BE⊂平面BCE，‎ ‎∴FM∥平面BCE，AM∥平面BCE.‎ 又FM∩AM＝M，∴平面AFM∥平面BCE.‎ ‎∵AF⊂平面AFM，‎ ‎∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)证明：∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，‎ ‎∴AF⊥CD.‎ ‎∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.‎ 又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.‎ ‎∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.‎ ‎∵BG⊂平面BCE，‎ ‎∴平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎(3)在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，连接BH，‎ ‎∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE.‎ ‎∴∠FBH为BF和平面BCE所成的角．‎ 设AD＝DE＝2AB＝‎2a，则FH＝CFsin45°＝a，‎ BF＝＝＝‎2a，‎ 在Rt△FHB中，sin∠FBH＝＝.‎ ‎∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.‎ 方法二：‎ 设AD＝DE＝2AB＝‎2a，建立如图所示的坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(‎2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,‎2a)．‎ ‎∵F为CD的中点，∴F.‎ ‎(1)证明：＝，＝(a，a，a)，＝(‎2a,0，－a)，‎ ‎∵＝(＋)，AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)证明：∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－‎2a)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.‎ ‎∴⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，‎ ‎∴平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0可得 x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－，2)．‎ 又＝，设BF和平面BCE所成的角为θ，则 sinθ＝＝＝.‎ ‎∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.‎ ‎【难点突破】‎ ‎16．[解答] 解法1：过E作EN⊥AC于N，连接EF.‎ ‎(1)如图①，连接NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A‎1C，‎ 又底面ABC∩侧面A‎1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A‎1C，NF为EF在侧面A‎1C内的射影，‎ 在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1，‎ 则由＝＝，得NF∥AC1.‎ 又AC1⊥A‎1C，故NF⊥A‎1C，‎ 由三垂线定理知EF⊥A‎1C.‎ ‎(2)如图②，连接AF，过N作NM⊥AF于M，连接ME，‎ 由(1)知EN⊥侧面A‎1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，‎ 所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ，‎ 设∠FAC＝α，则0°<α≤45°.‎ 在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝，‎ 在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，‎ 故tanθ＝＝.‎ 又0°<α≤45°，∴0

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