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1、
第七章第8課時 立體幾何中的向量方法 課時闖關(guān)(含解析)
一、選擇題
1.(2012·天水調(diào)研)已知二面角α-l-β的大小是,m,n是異面直線,且m⊥α,n⊥β,則m,n所成的角為( )
A. B.
C. D.
解析:選B.∵m⊥α,n⊥β,
∴異面直線m,n所成的角的補角與二面角αlβ互補.
又∵異面直線所成角的范圍為,
∴m,n所成的角為.
2.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P為C1D1的中點,M為BC的中點.則AM與PM的位置關(guān)系為( )
A.平行 B.異面
C.垂直
2、 D.以上都不對
解析:選C.以D點為原點,分別以DA,DC,DD1為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,
依題意,可得,
D(0,0,0),P(0,1,),C(0,2,0),
A(2,0,0),M(,2,0).
∴=(,2,0)-(0,1,)=(,1,-),
=(,2,0)-(2,0,0)=(-,2,0),
∴·=(,1,-)·(-,2,0)=0,
即⊥,∴AM⊥PM.
3.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中點,則異面直線AB1與A1M所成的角為( )
A.60° B
3、.45°
C.30° D.90°
解析:選D.建立坐標(biāo)系如圖所示,
易得M(0,0,),A1(0,,0),
A(0,,),B1(1,0,0),
∴=(1,-,-),
=(0,-,).
∴·=1×0+3-=0,
∴⊥.即AB1⊥A1M.
4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則直線BC1與平面A1BD所成的角的余弦值是( )
A. B.
C. D.
解析:選C.建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.
設(shè)正方體的棱長為1,
設(shè)直線BC1與平面A1BD所成的角為θ,
則D(0,0,0),A(1,0,1),A1(1,0,1),
B(1,1,0),
4、C1(0,1,1),
∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(-1,0,1),
設(shè)n=(x,y,z)是平面A1BD的一個法向量,
則,令z=1,則x=-1,y=1.
∴n=(-1,1,1),
∴sinθ=|cos〈n,〉|==,
∵θ∈,
∴cosθ==.
5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為BB1的中點,則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為( )
A. B.
C. D.
解析:選B.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為1,
則D(0,0,0),A1(1,0,1),
E,
∴=(1,0,1),
=,
5、
設(shè)n=(x,y,z)為平面A1DE的法向量,則
,令z=-1,
則x=1,y=-,
∴n=,
取平面ABCD的法向量m=(0,0,1)
則cos〈m,n〉==-,
故所求銳二面角的余弦值為.
二、填空題
6.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,則實數(shù)x,y,z分別為________.
解析:由題知,⊥,⊥.
所以
即
解得,x=,y=-,z=4.
答案:,-,4
7.(2012·貴陽調(diào)研)長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點,則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為
6、__________.
解析:建立坐標(biāo)系如圖,
則A(1,0,0),E(0,2,1),
B(1,2,0),C1(0,2,2),
∴=(-1,0,2),
=(-1,2,1),
∴cos〈,〉==.
答案:
8.設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則點D1到平面A1BD的距離是________.
解析:如圖建立空間直角坐標(biāo)系,
則D1(0,0,2),A1(2,0,2),
D(0,0,0),B(2,2,0),
∴=(2,0,0),
=(2,0,2),=(2,2,0),
設(shè)平面A1BD的一個法向量n=(x,y,z),
則.
令x=1,則n=(1,-1,-1
7、),
∴點D1到平面A1BD的距離
d===.
答案:
三、解答題
9.(2011·高考遼寧卷)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.
(1)證明:平面PQC⊥平面DCQ;
(2)求二面角QBPC的余弦值.
解:如圖,以D為坐標(biāo)原點,線段DA的長為單位長,射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
(1)證明:依題意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),則=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).
所以·=0,·=0,
即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.
又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DC
8、Q.
又PQ?平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依題意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).
設(shè)n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,則
即
因此可取n=(0,-1,-2).
同理,設(shè)m是平面PBQ的法向量,則
可取m=(1,1,1).所以cos〈m,n〉=-.
故二面角QBPC的余弦值為-.
10.(2011·高考福建卷節(jié)選)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四邊形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.
(1)求證:平面PAB⊥平面PAD.
(2)設(shè)AB=AP,若直線PB與平
9、面PCD所成的角為30°,求線段AB的長.
解:(1)證明:因為PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,所以PA⊥A B.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz(如圖).
在平面ABCD內(nèi),作CE∥AB交AD于點E,則CE⊥AD.
在Rt△CDE中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin 45°=1.
設(shè)AB=AP=t,則B(t,0,0),P(0,0,t).
由AB+AD=4得AD=4-t,
所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0)
10、,D(0,4-t,0),
=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,得
取x=t,得平面PCD的一個法向量n=(t,t,4-t).
又=(t,0,-t),
故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得,
cos 60°=,
即=,
解得t=或t=4(舍去,因為AD=4-t>0),
所以AB=.
11.如圖,在五面體ABCDEF中,F(xiàn)A⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M為EC的中點,AF=AB=BC=FE=AD.
(1)求異面直線BF與DE所成的角的大??;
(2)證明平面AMD⊥平面CDE;
(
11、3)求二面角ACDE的余弦值.
解:如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,點A為坐標(biāo)原點,設(shè)AB=1,依題意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(xiàn)(0,0,1),M.
(1)=(-1,0,1),
=(0,-1,1),
于是cos〈,〉===.
所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.
(2)證明:由=,=(-1,0,1),=(0,2,0),可得·=0,·=0.
因此,CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A,故CE⊥平面AMD.
而CE?平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)設(shè)平面CDE的法向量為u=(x,y,z),
則于是
令x=1,可得u=(1,1,1).
又由題設(shè),平面ACD的一個法向量為ν=(0,0,1).
所以cos〈u,ν〉===.
因為二面角ACDE為銳角,
所以其余弦值為.