高考数学复习课时冲关练(十六) 5_3
课时冲关练(十六)
用空间向量的方法解立体几何问题
(45分钟 80分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2014·北京模拟)已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,
=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 ( )
A.,-,4
B.,-,4
C.,-2,4
D.4,,-15
【解析】选B.⊥·=3+5-2z=0,
所以z=4,又BP⊥平面ABC,
所以·=x-1+5y+6=0,①
·=3x-3+y-3z=0,②
由①②得x=,y=-.
2.(2014·广州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为 ( )
A. B. C.- D.-
【解析】选B.设正方体棱长为1,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示,
则D(0,0,0),E,A(1,0,0),C(0,1,0),
所以=,=(-1,1,0),
则cos<,>===,
则异面直线DE与AC所成的角的余弦值为.
【加固训练】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,AA1=2,∠B1A1C1=90°,D为BB1的中点,则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为 .
【解析】以A为原点建立空间直角坐标系,如图,
A1(0,0,2),C(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,1,2),
则=(1,-1,-1),=(0,1,-2),||=,||=,·=1,
cos<,>==,
故异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为.
答案:
3.(2014·潮州模拟)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定
【解题指示】建立空间直角坐标系,转化为研究MN与平面BB1C1C的一个法向量的位置关系求解.
【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
因为A1M=AN=a,
所以M,N.
所以=.
又C1(0,0,0),D1(0,a,0),
所以=(0,a,0).
所以·=0.
所以⊥.
因为是平面BB1C1C的一个法向量,
且MN平面BB1C1C,
所以MN∥平面BB1C1C.
4.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°
【解析】选D.不妨设PM=a,PN=b,作ME⊥AB于点E,NF⊥AB于点F,如图.
因为∠EPM=∠FPN=45°,
所以PE=a,PF=b,
所以·=(-)·(-)
=·-·-·+·
=abcos60°-a×bcos45°-abcos45°+a×b
=--+=0.
所以⊥,
所以二面角α-AB-β的大小为90°.
5.(2014·青岛模拟)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
( )
A. B. C. D.
【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系求解.
【解析】选C.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),F(a,0,0),=(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).
设GB与平面AGC所成角为θ,
则sinθ===.
【误区警示】求解本题时需注意直线与平面所成的角与直线的方向向量与平面的法向量所成角之间的关系,否则易致误.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2014·西安模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,
BC=1,AA1=,M是CC1的中点,则异面直线AB1与A1M所成的角为 .
【解析】建立空间直角坐标系如图所示,
易得M,A1(0,,0),
A(0,,),B1(1,0,0),
所以=(1,-,-),
=.
所以·=1×0+3-=0,
所以⊥,即AB1⊥A1M.
答案:90°
7.已知空间不共面四点O,A,B,C,·=·=·=0,且||=||=||,=,则OM与平面ABC所成角的正切值是 .
【解析】由题意可知,OA,OB,OC两两垂直,如图,建立空间直角坐标系O-xyz,设OA=OB=OC=1,
则A(1,0,0),B(0,1,0),
C(0,0,1),M,
故=(-1,1,0),=(-1,0,1),=.
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则由得
令x=1,得平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1).
故cos
==,
所以OM与平面ABC所成角的正弦值为,正切值为.
答案:
8.(2014·清远模拟)已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于 .
【解析】设正方体的棱长为3,
建立以B1A1所在直线为x轴,B1C1所在直线为y轴,B1B所在直线为z轴的空间直角坐标系,
则A(3,0,3),E(0,0,2),F(0,3,1),
则=(3,0,1),=(0,3,-1),
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥,n⊥,
即3x+z=0且3y-z=0,取z=3,则x=-1,y=1,
所以n=(-1,1,3),又平面ABC的一个法向量为m=(0,0,3),
所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的余弦值为cosθ==,
所以sinθ==,
所以tanθ=.
答案:
【一题多解】在平面BC1内延长FE与CB的延长线相交于G,
过B作BH垂直AG,则EH⊥AG,
故∠BHE是平面AEF与平面ABC所成二面角的平面角.
设正方体的棱长为a,可得BE=,BG=a,
所以BH=a,则tan∠BHE===.
答案:
三、解答题(9题12分,10～11题每题14分,共40分)
9.(2014·韶关模拟)如图所示的多面体中,ABCD是菱形,BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠BAD=,AD=2.
(1)求证:平面FCB∥平面AED.
(2)若二面角A-EF-C为直二面角,求直线BC与平面AEF所成的角θ的正弦值.
【解析】(1)在矩形BDEF中,FB∥ED,
FB平面AED,ED平面AED,
所以FB∥平面AED,
同理BC∥平面AED,
又FB∩BC=B,
所以平面FBC∥平面AED.
(2)取EF的中点M,连接AM,MC.
由于ED⊥平面ABCD,ED∥FB,
所以ED⊥AD,ED⊥DC,FB⊥BC,FB⊥AB,
又ABCD是菱形,BDEF是矩形,
所以△ADE,△EDC,△ABF,△BCF是全等三角形,
AE=AF,CE=CF,
所以AM⊥EF,CM⊥EF,
∠AMC就是二面角A-EF-C的平面角,AM⊥MC.
以D为原点,DC为y轴,DE为z轴,建立如图的直角坐标系,
由AD=2,则M,,,C(0,2,0),平面AEF的法向量n==.
==(,-1,0).
cos==-.
所以sinθ=.
10.(2014·天津高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明BE⊥DC.
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值.
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.
【解析】方法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),
可得B,C,D,P(0,0,2).
由E为棱PC的中点,得E.
(1)向量=,=,
故·=0.
所以,BE⊥DC.
(2)向量=,=.
设n=为平面PBD的法向量,
则即
不妨令y=1,可得n=为平面PBD的一个法向量.于是有cos===.
所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)向量=,=,
=,=.
由点F在棱PC上,
设=λ,0≤λ≤1.
故=+=+λ=.
由BF⊥AC,得·=0,
因此,2+2=0,
解得λ=.
即=.
设n1=为平面FAB的法向量,
则
即
不妨令z=1,可得n1=为平面FAB的一个法向量.
取平面ABP的法向量n2=,则
cos===-.
易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.
方法二:(1)如图,取PD中点M,连接EM,AM.
由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,
又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,
所以BE∥AM.
因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,
因为AM平面PAD,于是CD⊥AM,
又BE∥AM,所以BE⊥CD.
(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.
又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,
所以PD⊥平面BEM,
故平面BEM⊥平面PBD.
所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故
∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.
依题意,有PD=2,而M为PD中点,可得AM=,进而BE=.
故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.
所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.
因为PA⊥底面ABCD,
故FH⊥底面ABCD,
从而FH⊥AC.
又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,
因此AC⊥BH.
在底面ABCD内,可得CH=3HA,
从而CF=3FP.
在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,
于是DG=3GP.
由于DC∥AB,故GF∥AB,
所以A,B,F,G四点共面.
由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,
故AB⊥AG.
所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.
在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,
由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.
所以,二面角F-AB-P的余弦值为.
11.(2014·茂名模拟)如图所示,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC=
60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°.
(1)证明:BD⊥AA1.
(2)求二面角D-AA1-C的平面角的余弦值.
【解析】设AC交BD于点O,
则BD⊥AC,连接A1O,在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,
由余弦定理得A1O2=22+12-2×2×1×cos60°=3,
故A1O=.
故A1A2=AO2+A1O2,
由勾股定理的逆定理知A1O⊥AO,又平面AA1C1C⊥平面ABCD,
根据面面垂直的性质定理A1O⊥平面ABCD,
故OB,OC,OA1两两垂直,以点O为坐标原点,射线OB,OC,OA1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz,
则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A1(0,0,).
(1)=(-2,0,0),=(0,1,),·=0,故BD⊥AA1.
(2)由于OB⊥平面AA1C1C,
所以可取n1=(1,0,0)为平面AA1C1C的一个法向量;
设n2=(x,y,z)为平面A1AD的法向量,
则n2·=0且n2·=0,
即y+z=0且-x+y=0,取x=1,
则y=,z=-1,
即n2=(1,,-1).
显然二面角D-AA1-C为锐二面角,
设其平面角为θ,
则cosθ=|cos|==,
故二面角D-AA1-C的平面角的余弦值为.
【讲评建议】讲解本题重点强调以下三点
(1)充分利用题设条件中的垂直关系,建立空间直角坐标系,垂直性是建立空间直角坐标系的前提,在建立空间直角坐标系时要用好题设的垂直关系,如本例平面AA1C1C⊥平面ABCD,要注意证明哪三线为x,y,z轴.
(2)准确确定平面的法向量,常见确定方法
①待定系数法:设出法向量坐标,利用垂直关系建立坐标的方程求解;
②先确定平面的垂线,然后取相关线段对应的向量,即确定了平面的法向量.
(3)搞清二面角的平面角与两平面的法向量所成角的关系,强调利用空间向量求二面角的平面角时,要注意判断两法向量的夹角与二面角的平面角的对应关系,二者有时相等,有时互补,需要结合图形或法向量的指向进行判断.
【加固训练】(2014·威海模拟)三棱锥P-ABC中,底面ABC为边长为2的正三角形,平面PBC⊥平面ABC,PB=PC=2,D为AP上一点,AD=2DP,O为底面三角形中心.
(1)求证:DO∥平面PBC.
(2)求证:BD⊥AC.
(3)设M为PC中点,求二面角M-BD-O的余弦值.
【解析】(1)连接AO交BC于点E,连接PE.
因为O为正三角形ABC的中心,
所以AO=2OE,
且E为BC中点.
又AD=2DP,
所以DO∥PE,
因为DO平面ABC,PE平面PBC,
所以DO∥平面PBC.
(2)因为PB=PC,且E为BC的中点,
所以PE⊥BC,
又平面PBC⊥平面ABC,
所以PE⊥平面ABC,
由(1)知,DO∥PE,
所以DO⊥平面ABC,
所以DO⊥AC,
连接BO,则AC⊥BO,
又DO∩BO=O,
所以AC⊥平面DOB,
所以AC⊥BD.
(3)由(1)(2)知,EA,EB,EP两两互相垂直,且E为BC中点,
所以分别以EA,EB,EP所在直线为x,y,z轴,
建立空间直角坐标系,如图,
则A(3,0,0),B(0,,0),P(0,0,1),D,
C(0,-,0),M,
所以=,=,
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,则n=(-,1,3).
由(2)知AC⊥平面DBO,
所以=(-3,-,0)为平面DBO的一个法向量,
所以cos===,
由图可知,二面角M-BD-O的余弦值为.
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