智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练7.7立体几何的向量方法(含答案详析).docx

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(含答案详析)
(含答案详析)
第七篇第7节
一、选择题
,平面α的法向量为n,有可能使l∥α的是()
=(1,0,0),n=(-2,0,0)=(1,3,5),n=(1,0,1)
=(0,2,1),n=(-1,0,-1)=(1,-1,3),n=(0,3,1)
分析:若l∥α,则a·n=0.
而选项A中a·n=-2.
选项B中a·n=1+5=6.
选项C中a·n=-1,
选项D中a·n=-3+3=0,
应选D.
答案:D

s=(-1,1,1),平面α的法向量为
2
n=(2,x+x,-x),若直线l
∥平面α,则x的值为(
)
A.-2
B.-2

D.±2
分析:线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,
故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±2.
答案:D
,正方体
ABCDA1B1C1D1中,E、F分别在A1D、
2
1
AC上,且A1E=3A1D,AF=3AC,则()
,AC之一垂直
⊥A1D,EF⊥AC


分析:以D点为坐标原点,以DA、DC、DD1所在直线分别为
x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
则A1(1,0,1),D(0,0,0),
A(1,0,0),
1121
C(0,1,0),E3,0,3,F3,3,0,
B(1,1,0),D1(0,0,1),
→
=(-1,0,-
→
1
1),AC=(-1,1,0),
AD
→
1
1
1
→
,
EF
=,,-
3
,BD1=(-1,-1,1)
3
3
→
1→
→→→→
EF
=-
3BD1,A1D·EF=AC·EF=0,
进而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥.
答案:B
,ABCDA1B1C1D1是棱长为
6的正方体,E、F分别是棱AB、BC上的动点,
且AE=、E、F、C1共面时,平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为()
3
1
A.
2

1
2
6
C.
5
D.
5
分析:以D为原点,DA、DC、DD1所在直线分别为
x轴、y轴、
z轴成立空间直角坐标系,易知当E(6,3,0)、F(3,6,0)时,A1、E、F、
C1共面,设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
→
n1·DE=6a+3b=0,
→
n1·DA1=6a+6c=0,

可取n1=(-1,2,1),同理可得平面C1DF的
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
|n1·n2|
一个法向量为n2=(2,-1,1),故平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为
|n1|·|n2|
1
.
答案:B
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
,已知AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,则AD与平面
AA1C1C所成的角的正弦值为(
)
A.
6
B.-
6
4
4
C.
10
D.-
10
4
4
分析:取AC中点E,连结BE,则BE⊥AC,
以下图,成立空间直角坐标系B-xyz,
则A
3,1,0,D(0,0,1),
2
31
则AD=-2,-2,1.
∵平面ABC⊥平面AA1C1C,
平面ABC∩平面AA1C1C=AC,
BE⊥AC,
∴BE⊥平面AA1C1C,
→
∴BE=3,0,0为平面AA1C1C的一个法向量,
2
→
→
6
∴cos〈AD,BE〉=-
4,
设AD与平面AA1C1C所成的角为α,
→
→
6
则sinα=
|cos〈AD,BE〉|=
4.
应选A.
答案:A
6.(2013年高考纲领卷)已知在正四棱柱
ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面
BDC1所成角的正弦值是(
)
2
3


2
1


分析:成立以下图的空间直角坐标系,
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
设AA1=2AB=2,
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
则B(1,1,0),C(0,1,0),
D(0,0,0),C1(0,1,2),
→→→
故DB=(1,1,0),DC1=(0,1,2),DC=(0,1,0).
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),
→
n·DB=0,
则
→
n·DC1=0,
x+y=0,
得
y+2z=0,
令z=1,则y=-2,x=2,
因此平面BDC1的一个法向量为
n=(2,-2,1).
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ,
→
→
2
n·DC
则sinθ=|cos〈n,DC〉|=
→
=
.
|n|·|DC|
答案:A
二、填空题
=(0,1,-1),假如直线l⊥平面α,则直线l的单位方向向量
是________.
分析:直线l的方向向量平行于平面
α的法向量,
故直线l的单位方向向量是
±n
=±0,
2,-
2
|n|
2
2.
答案:0,2,-
2或0,-
2,2
2
2
2
2
,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为
1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1
的距离是________.
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
解:法一以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在射线为x,
y,z轴,成立以下图空间直角坐标系,
设点E(1,a,1)(0≤a≤1),
连结D1E,
→
则D1E=(1,a,0).
连结A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,
→
则DA1=(1,0,1)为平面ABC1D1的一个法向量.
→
→
2
∴点E到平面ABC1D1的距离是d=
|D1E·DA1|
→
=
2.
|DA
1|
法二点E到平面ABC1D1的距离,即B1到BC1的距离,易得点B1到BC1的距离为
2
2
.
答案:
2
2
9.(2014合肥月考)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角CABD的
余弦值为
3,M、N分别是AC、BC的中点,则EM、AN所成角的余弦值等于________.
3
分析:过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连结CF、OF,则∠CFO
为二面角CABD的平面角,
设AB=1,则CF=
3
,
2
1
2
OF=CF·cos∠CFO=2,OC=
2
,
则O为正方形ABDE的中心,
以下图成立直角坐标系Oxyz,
2
则E0,-2,0,
2
M4,0,4,
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
2
2
2
A2,0,0,N
0,4,
4
,
→=
2
2
2,
EM
4
,
2
,4
→=
-
2
2
2,
AN
2
,
4,
4
→
→
→→
1
EM·AN
cos〈EM
,AN〉=
→→
=
6.
|EM||AN|
答案:1
6
,设M,N分别是BD,AE
的中点,给出以下命题:①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.
则全部的正确命题为
________.
→
→
→
→
分析:如图设AB=a,AD=b,AF
=c,则|a|=|c|且a·b=c·b=
→→1
1
1
→→1
1
AN-AM=2(b+c)-2(a+b)=2(c-a),MN·AD=2(c-a)·b=2(c·b
→
→
,故MN∥CE,故MN∥平面
-a·b)=0,故AD⊥MN;CE=c-a=2MN
CDE,故②③正确;③正确时④必定不正确.
答案:①②③
三、解答题
11.(2014陕西西安五校三模)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,
点E在棱AB上.
(1)求异面直线D1E与A1D所成的角;
(2)若二面角D1ECD的大小为45°,求点B到平面D1EC的距离.
解:成立以下图的空间直角坐标系.
(1)由A1(1,0,1),得
→
DA1=(1,0,1),
→
设E(1,a,0),又D1(0,0,1),则D1E=(1,a,-1).
→→
∵DA1·D1E=1+0-1=0,
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
→→
∴DA1⊥D1E,
则异面直线D1E与A1D所成的角为90°.
(2)m=(0,0,1)为平面DEC的法向量,
设n=(x,y,z)为平面
CED1的法向量,则
cos〈m,n〉=
|m·n|=
2
|z|
=cos45
°=
2,
|m||n|
2
+z
2
2
x
+y
∴z2=x2+y2①
→
由C(0,2,0),得D1C=(0,2,-1),
→
则n⊥D1C,
→
即n·D1C=0,
∴2y-z=0②
由①、②,可取
n=(
3,1,2),
→
又CB=(1,0,0),
→
6.
因此点B到平面D1EC的距离d=|CB·n|=
3=
|n|
2
2
4
12.(2014福建厦门联考)以下图,在三棱锥
PABC中,AB=BC=
6,平面PAC⊥平
面ABC,PD⊥AC于点D,AD=1,CD=3,PD=3.
(1)证明△PBC为直角三角形;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明:以点E(AC中点)为坐标原点,以EB,EC所在的直线分别为
x轴,y轴成立如
图所示的空间直角坐标系
Exyz,则B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,-1,3).
→
→
于是BP=(-2,-1,3),BC=(-2,2,0).
→→
2,-1,3)·(-2,2,0)=0,
由于BP·BC=(-
→→
因此BP⊥BC,因此BP⊥BC.
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)
因此△PBC为直角三角形.
(2)解:由(1)可得,A(0,-2,0).
→
→
2,1,-
→
,-3).
于是AP=(0,1,
3),PB=(
3),PC=(0,3
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
→
2x+y-3z=0,
n·PB=0,
则
即
→
3y-3z=0.
n·PC=0.
取y=1,则z=3,x=2.
因此平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3).
设直线AP与平面PBC所成的角为θ,
→
→
4
6
|AP·n|
.
则sinθ=|cos〈AP,n〉|=
→
=
=
3
2×6
|AP||n|
因此直线AP与平面PBC所成角的正弦值为
6
3.
(含答案详析)
(含答案详析)
(含答案详析)