2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标45立体几何中的向量方法二求空间角和距离.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 45 讲 立体几何中的向量方法（二）求空间角和距离 解密考纲 空间角涉及异面直线所成的角 、 直线与平面所成的角以及二面角 ， 距离主要是点到直线的距离或点到平面的距离 ， 这些知识有时在选择题或填空题中考查 ， 有时在解答题立体几何部分的第 (2)问或第 (3)问考查 ， 难度适中 一 、 选择题 1 已知三棱锥 S ABC 中 ， SA， SB， SC 两两互相垂直 ， 底面 ABC 上一点 P 到三个面 SAB，SAC， SBC 的距离分别为 2， 1， 6， 则 PS 的长度为 ( D ) A 9 B 5 C 7 D 3 解析 由条件可分别以 SA

2、， SB， SC 为 x 轴 、 y 轴 ， z 轴建立空间直角坐标系 Sxyz， 则点S 的坐标为 (0,0,0)， 点 P 的坐标为 ( 6， 1， 2)， 由两点之间的距离公式可得 PS 6 1 2 3. 2 在直三棱柱 ABC A1B1C1中 ， 若 BAC 90 ， AB AC AA1， 则异面直线 BA1与 AC1所成的角等于 ( C ) A 30 B 45 C 60 D 90 解析 不妨设 AB AC AA1 1， 建立空间 直角坐标系如图所示 ， 则 B(0， 1,0)，A1(0,0,1)， A(0,0,0)， C1( 1,0,1)， 所以 BA1 (0,1,1)， AC1 (

3、 1,0,1)， 所以 cos BA1 ， AC1 BA1 AC1|BA1 | AC1 | 12 2 12， 所以 BA1 ， AC1 60 ， 所以异面直线 BA1与 AC1所成的角等于 60. 3 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 ， 点 E 为 BB1的中点 ， 则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ( B ) A 12 B 23 C 33 D 22 解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 设棱长为 1， 则 A1(0,0,1)，=【 ;精品教育资源文库 】 = E? ?1， 0， 12 ， D(0,1,0)， 所以 A1D (0,1，

4、 1)， A1E ? ?1， 0， 12 . 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1 (1， y， z)， 则? y z 0，1 12z 0， 所以 ? y 2，z 2. 所以n1 (1,2,2) 因为平面 ABCD 的一个法向量为 n2 (0,0,1)， 所以 cos n1， n2 231 23，即所成的锐二面角的余弦值为 23. 4 若直线 l 的方向向量为 a (1,0,2)， 平面 的法向量为 u ( 2,0， 4)， 则 ( B ) A l B l C l? D l 与 斜交 解析 u 2a， u a， 则 l . 5 已知三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱与底面垂直 ， 体积为 9

5、4， 底面是边长为 3的正三角形若P 为底面 A1B1C1的中心 ， 则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( B ) A 512 B 3 C 4 D 6 解析 如图所示 ， 由棱柱的体积为 94， 底面正三角形的边长为 3， 可求得棱柱的高为 3.设 P 在平面 ABC 上射影为 O， 则可求得 AO 长为 1， 故 AP 的长为 12 3 2 2.故 PAO 3 ， 即 PA 与平面 ABC 所成的角为 3. 6 已知三棱锥 S ABC 中 ， 底面 ABC 是边长等于 2 的等边三角形 ， SA 底面 ABC， SA3， 那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 ( D )

6、=【 ;精品教育资源文库 】 = A 34 B 54 C 74 D 34 解析 如图所示 ， 过点 A 作 AD BC 于点 D， 连接 SD；作 AG SD 于点 G， 连接 GB SA 底面 ABC， ABC 为等边三角形 ， BC SA， BC AD BC 平面 SAD 又 AG? 平面 SAD， AG BC 又 AG SD， AG 平面 SBC ABG 即为直线 AB 与平面 SBC 所成的角 AB 2， SA 3， AD 3， SD 2 3. 在 Rt SAD 中 ， AG SA ADSD 32， sin ABG AGAB32234. 二 、 填空题 7 在正三棱柱 ABC A1B1

7、C1中 ， AB 1， 点 D 在棱 BB1上 ， 若 BD 1， 则 AD 与平面 AA1C1C所成角的正切值为 _ 155 _. 解析 如图 ， 设 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 ， E 为 AC 的中点 ， 连接 BE， 则 BE AC，所以 BE 平面 AA1C1C， 可得 AD EB (AB BD ) EB AB EB 1 32 32 34 2 32 cos ( 为 AD 与 EB 的夹角 )， 所以 cos 64 sin ， 所 以所求角的正切值为 tan cos sin 155 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 8 如图所示 ， 在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC

8、 A1B1C1， CA CC1 2CB， 则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为 _ 55 _. 解析 不妨令 CB 1， 则 CA CC1 2， 可得 O(0,0,0)， B(0,0,1)， C1(0,2,0)， A(2,0,0)，B1(0,2,1)， 所以 BC1 (0,2， 1)， AB1 ( 2,2,1)， 所以 cos BC1 ， AB1 BC1 AB1|BC1 |AB1 | 4 15 9 15 55 0. 所以 BC1 与 AB1 的夹角即为直线 BC1与直线 AB1的夹角 ， 所以直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为 55 . 9 正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长

9、为 1， E， F 分别为 BB1， CD 的中点 ， 则点 F 到平面 A1D1E的距离为 _3 510 _. 解析 以 A 为坐标原点 ， AB， AD， AA1所在直线分别为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴建立空间直角坐标系 ， 如图所示 则 A1(0,0,1)， E? ?1， 0， 12 ， F? ?12， 1， 0 ， D1(0,1,1) A1E ? ?1， 0， 12 ， A1D1 (0,1,0) 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n (x， y， z)， 则? n A1E 0，n A1D1 0，即? x 12z 0，y 0.令 z 2， 则 x 1. n (1,0,2) 又 A

10、1F ? ?12， 1， 1 ， 点 F到平面 A1D1E的距离为 d |A1F n|n| ?12 25=【 ;精品教育资源文库 】 = 3 510 . 三 、 解答题 10 如图 ， 直三棱柱 ABC A1B1C1的各条棱长均为 a， D 是侧棱 CC1的中点 (1)求证：平面 AB1D 平面 ABB1A1； (2)求异面直线 AB1与 BC 所成角的余弦值； (3)求平面 AB1D 与平面 ABC 所成锐二面角的大小 解析 (1)证明：取 AB1的中点 E， AB 的中点 F， 连接 DE， EF， CF. E， F 分别是 AB1， AB 的中点 ， EF BB1， 且 EF 12BB1

11、. 三棱柱 ABC A1B1C1是 直三棱柱 ， D 是 CC1的中点 ， CD EF， 且 CD EF， 四边形 CDEF 为平行四边形 ， DE CF. ABC是正三角形 ， CF AB 三棱柱 ABC A1B1C1是直三棱柱 ， BB1 CF， 而 BB1 AB B， CF 平面 ABB1A1. DE CF， DE 平面 ABB1A1. DE?平面 AB1D， 平面 AB1D 平面 ABB1A1. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 A? ?3a2 ， a2， 0 ， C(0， a,0)， D? ?0， a， a2 ， B1(0,0， a) AB1 ? ? 32 a， a2， a

12、 ， BC (0， a,0)， 设异面直线 AB1与 BC 所成角为 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 cos |AB1 BC |AB1 | BC | 24 ， 故异面直线 AB1与 BC 所成角的余弦值为 24 . (3)由 (2)得 AB1 ? ? 3a2 ， a2， a ， AD ? ? 3a2 ， a2， a2 . 设 n (1， y， z)为平面 AB1D 的一个法向量 由? n AB1 ， y， z ? ? 3a2 ， a2， a 0，n AD ， y， z ? ? 3a2 ， a2， a2 0，得? y 33 ，z 2 33 ，即 n ? ?1， 33 ， 2 33 .

13、显然平面 ABC 的一个法向量为 m (0,0,1) 则 cos m， n ? ? ?1， 33 ， 2 33 ， 0，12 ? ?33 2 ? ?2 33 2 22 ， 故 m， n 4.即所求二面角的大小为 4. 11 (2016 全国卷 )如图 ， 四棱锥 P ABCD 中 ， PA 底面 ABCD， AD BC， AB ADAC 3， PA BC 4， M 为线段 AD 上一点 ， AM 2MD， N 为 PC 的中点 (1)证明： MN 平面 PAB； (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 解析 (1)证明：由已知得 AM 23AD 2.取 BP 的中点 T， 连接 A

14、T， TN， 由 N 为 PC 的中点知 TN BC， =【 ;精品教育资源文库 】 = TN 12BC 2. 又 AD BC， 故 TN AM， 故四边形 AMNT 为平行四边形 ， 于是 MN AT. 因为 AT?平面 PAB， MN?平面 PAB， 所以 MN 平面 PAB (2)取 BC 的中点 E， 连接 AE.由 AB AC 得 AE BC， 从而 AE AD， 且 AE AB2 BE2 AB2 ? ?BC2 2 5. 以 A 为坐标原点 ， AE 的方向为 x 轴正方向 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 由题意知 ， P(0,0,4)， M(0,2,0)， C( 5，

15、 2,0)， N? ?52 ， 1， 2 ， PM (0,2， 4)， PN ? ?52 ， 1， 2 ， AN ? ?52 ， 1， 2 . 设 n (x， y， z)为平面 PMN 的法向量 则? n PM 0，n PN 0，即? 2y 4z 0，52 x y 2z 0，可取 n (0,2,1) 于是 |cos n， AN | |n AN |n|AN | 8 525 . 即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为 8 525 . 12 (2017 天津卷 )如图 ， 在三棱锥 P ABC 中 ， PA 底面 ABC， BAC 90. 点 D， E，N 分别为棱 PA， PC， BC 的

16、中 点 ， M 是线段 AD 的中点 ， PA AC 4， AB 2. =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)求证： MN 平面 BDE； (2)求二面角 C EM N 的正弦值； (3)已知点 H 在棱 PA 上 ， 且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 721， 求线段 AH 的长 解析 如图 ， 以 A 为原点 ， 分别以 AB ， AC ， AP 方向为 x 轴 、 y 轴 、 z 轴正方向建立空间直角坐标系 依题意可得 B(2,0,0)， C(0,4,0)， P(0,0,4)， D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0,0,1)， N(1,2,0) (1)DE (0,2,0)， DB (2,0