2020版高考數(shù)學(xué)第七章立體幾何第45講用向量方法求空間角及應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)理新人教A版.docx

第45講 用向量方法求空間角及應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)一、選擇題1已知三棱錐SABC中，SA，SB，SC兩兩互相垂直，底面ABC上一點(diǎn)P到三個(gè)面SAB，SAC，SBC的距離分別為，1，則PS的長度為()A9 B. C. D3D解析 由條件可分別以SA，SB，SC為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Sxyz，則點(diǎn)S的坐標(biāo)為(0,0,0)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，1，)，由兩點(diǎn)之間的距離公式可得PS3.2在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于()A30 B45 C60 D90C解析 不妨設(shè)ABACAA11，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(1,0,1)，所以(0,1,1)，(1,0,1)，所以cos，所以，60，所以異面直線BA1與AC1所成的角等于60.3在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A. B. C. D.B解析 以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，所以(0,1，1)，.設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1(1，y，z)，則所以所以n1(1,2,2)因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)法向量為n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，即所成的銳二面角的余弦值為.4若直線l的方向向量為a(1,0,2)，平面的法向量為u(2,0，4)，則()Al Bl Cl Dl與斜交B解析 因?yàn)閡2a，所以u(píng)a，則l.5已知正三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)面積是其下底面面積的4倍，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值為()A. B. C. D.A解析 設(shè)正三棱柱的底面邊長為a，側(cè)棱長為b，由題意可得4，整理得ab.取A1C1的中點(diǎn)E，連接B1E，易知B1EA1C1，又AA1底面A1B1C1，所以AA1A1C1，AA1B1E.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz，設(shè)a為1，則E(0,0,0)，A，B1.設(shè)AB1與平面ACC1A1所成的角為，為平面ACC1A1的一個(gè)法向量， ，則sin |cos，|.故選A.6(2018浙江卷)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))設(shè)SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A123 B321C132 D231D解析 由題意得四棱錐SABCD為正四棱錐，設(shè)O為其底面中心，則SO平面ABCD.過點(diǎn)E作EGBC交CD于點(diǎn)G，則SEG1，易知SESG，取EG中點(diǎn)H，所以tan 1.取AB中點(diǎn)F，連接OF，SF.因?yàn)镺FBC，所以O(shè)FAB.因?yàn)镾ASB，F(xiàn)為AB中點(diǎn)，所以ABSF，所以SFO為二面角SABC的平面角，所以SFO3，tan 3.因?yàn)镺FEH，SHSO，所以tan 1tan 3，又1，3，所以13.因?yàn)镾O平面ABCD，所以SEO為SE與平面ABCD所成的角，所以SEO2，tan 2.因?yàn)镺EOF，所以tan 3tan 2，又2，3，所以32，所以132，當(dāng)且僅當(dāng)E為AB中點(diǎn)時(shí)，123.故選D.二、填空題7在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，點(diǎn)D在棱BB1上，若BD1，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為_解析 如圖，設(shè)AD與平面AA1C1C所成的角為，E為AC的中點(diǎn)，連接BE，則BEAC，所以BE平面AA1C1C，可得()1cos (為與的夾角)，所以cos sin ，所以所求角的正切值為tan .答案 8如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為_解析 不妨令CB1，則CACC12，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以(0,2，1)，(2,2,1)，所以cos，0.所以與的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.答案 9已知長方體ABCOA1B1C1O1，OAOC2，OO14，D為BC1與B1C的交點(diǎn)，E為A1C1與O1B1的交點(diǎn)，則DE的長度為_解析 以O(shè)為原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，OO1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O1(0,0,4)，B1(2,2,4)，C(0,2,0)，因?yàn)镈為BC1與B1C的交點(diǎn)，所以D是B1C的中點(diǎn)，同理，E是O1B1的中點(diǎn)，所以D(1,2,2)，E(1,1,4)，所以(0，1,2)，所以|DE，所以DE的長度為.答案 三、解答題10如圖，直三棱柱ABCA1B1C1的各條棱長均為a，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)(1)求證：平面AB1D平面ABB1A1；(2)求異面直線AB1與BC所成角的余弦值；(3)求平面AB1D與平面ABC所成銳二面角的大小解析 (1)證明：取AB1的中點(diǎn)E，AB的中點(diǎn)F，連接DE，EF，CF.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB1，AB的中點(diǎn)，所以EFBB1，且EFBB1.因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1是直三棱柱，D是CC1的中點(diǎn)，所以CDEF，且CDEF，所以四邊形CDEF為平行四邊形，所以DECF.因?yàn)锳BC是正三角形，所以CFAB.因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1CF，而BB1ABB，所以CF平面ABB1A1.因?yàn)镈ECF，所以DE平面ABB1A1.因?yàn)镈E平面AB1D，所以平面AB1D平面ABB1A1.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A，C(0，a,0)，D，B1(0,0，a)，(0，a,0)，設(shè)異面直線AB1與BC所成角為，則cos ，故異面直線AB1與BC所成角的余弦值為.(3)由(2)得，.設(shè)n(1，y，z)為平面AB1D的一個(gè)法向量由得即n.顯然平面ABC的一個(gè)法向量為m(0,0,1)則cosm，n，故m，n，即所求銳二面角的大小為.11(2016全國卷)如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM2MD，N為PC的中點(diǎn)(1)證明：MN平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值解析 (1)證明：由已知得AMAD2.取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因?yàn)锳T平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由ABAC得AEBC，從而AEAD，且AE.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.由題意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.設(shè)n(x，y，z)為平面PMN的法向量則即可取n(0,2,1)于是|cosn，|.即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.12選做題如圖，在三棱錐PABC中，PA底面ABC，BAC90.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PAAC4，AB2.(1)求證：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長解析 如圖，以A為原點(diǎn)，分別以，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意可得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)(0,2,0)，(2,0，2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨設(shè)z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因?yàn)镸N平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量設(shè)n2(x1，y1，z1)為平面E