2019_2020学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法3.2.3利用空间向量求空间角空间距离问题课后课时精练新人教A版选修2.docVIP

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题A级：基础巩固练一、选择题1如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.答案A解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)(0,2，1)，(2,2,1)cos，故选A.2. 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCDA1B1C1D1，AB1，BC2，AA13，则点B到直线A1C的距离为()A. B.C. D1答案B解析过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，(1,2，3)，(x，y，z3)，(x1，y，z)因为所以解得所以，所以点B到直线A1C的距离|，故选B.3已知平面的一个法向量为n(2，2,1)，点A(1，3,0)在平面内，则点P(2,1,4)到平面的距离为()A10 B3 C. D.答案D解析点P到平面的距离d.4如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA平面ABCD，若EA1，则平面ADE与平面BCE所成的二面角的大小是()A120 B45C135 D60答案B解析以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，(1,0，1)，(1,1，1)设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，则即可取n(1,0,1)又平面EAD的法向量为(1,0,0)，所以cosn，故平面ADE与平面BCE所成的二面角为45.5已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.答案A解析设AB1，则AA12，以D1为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，(1,1,0)，(0,1，2)，(0,1,0)，设n(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则即取n(2,2,1)，设CD与平面BDC1所成角为，则sin.6已知矩形ABCD与ABEF全等，DABE为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为，且cos.则AB与BC的边长之比为()A11 B.1 C.2 D12答案C解析设ABa，BCb，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则相关各点坐标为F(b,0,0)，M，B(0，a,0)，D(0,0，b)，(0，a，b)，所以|，|，|cos，|，整理得45260，解得2或(舍去)，所以.二、填空题7如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_答案解析设b，a，c.由条件知ab，ac0，bc0，又cb，平面AA1C1C的法向量(ab)设直线AD与平面AA1C1C所成角为，则sin|cos，|.(cb)(ab)acabbc|b|2，|2(cb)2|c|2|b|22bc2.|，又|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin.8.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为_答案a解析由正方体的性质易得平面AB1D1平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离显然A1C平面AB1D1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则平面AB1D1的一个法向量为n(1，1,1)又A(a,0,0)，B(a，a,0)，(0，a,0)，则两平面间的距离da.三、解答题9如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值解(1)证明：如图，取AB的中点O，连接CO，A1O，A1B.CACB，COAB，又AA1AB，BAA160，BAA1为正三角形，ABA1O，又A1OOCO，AB平面A1OC.A1C平面A1OC，ABA1C.(2)以O为原点，OA所在直线为x轴，OA1所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(0，0)，B(1,0,0)，C(0,0，)，B1(2，0)，则(1,0，)，1(1，0)，(0，)，设n(x，y，z)为平面BB1C1C的一个法向量，则即令z1，则x，y1，所以n(，1，1)为平面BB1C1C的一个法向量，所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值sin|cos，n|.10(2017天津高考)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN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，求线段AH的长解如图，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，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)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.B级：能力提升练1在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M，N分别为AB，SB的中点 (1)证明：ACSB；(2)求二面角NCMB的余弦值；(3)求点B到平面CMN的距离解(1)证明：取AC的中点O，连接OS，OB.SASC，ABBC，ACSO且ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，SOBO.如图所示建立空间直角坐标系Oxyz. 则点A(2,0,0)，B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0，2)，M(1，0)，N(0，)(4,0,0)，(0,2，2)(4,0,0)(0,2，2)0，ACSB.(2)由(1)得(3，0)，(1,0，)设n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则取z1，则x，y.n(，1)又(0,0,2)为平面ABC的一个法向量，cosn，.二面角NCMB的余弦值为.(3)由(1)(2)得(1，0)，n(，1)为平面CMN的一个法向量，点B到平面CMN的距离d.2如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0,0,0)