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1頁
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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

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