【全程复习方略】（陕西专用）2013版高考数学 7.9 利用空间向量求空间角与距离课时提能演练 理 北师大版

1 全程复习方略全程复习方略 陕西专用 陕西专用 20132013 版高考数学版高考数学 7 97 9 利用空间向量求空间角与利用空间向量求空间角与 距离课时提能演练距离课时提能演练 理理 北师大版北师大版 45 45 分钟分钟 7070 分分 一 选择题一 选择题 每小题每小题 5 5 分 共分 共 3030 分分 1 若直线l的方向向量与平面 的法向量的夹角等于 120 则直线l与平面 的夹角等于 A 120 B 60 C 30 D 60 或 30 2 2012 咸阳模拟 已知正四棱锥 S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等 E 是 SB 的中点 则直线 AE SD 夹角的余弦值为 A B C D 1 3 2 3 3 3 2 3 3 已知正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中 AA1 2AB E 为 AA1中点 则异面直线 BE 与 CD1夹角的余弦值为 A B C D 10 10 1 5 3 10 10 3 5 4 已知长方体 ABCD A1B1C1D1中 AB BC 4 CC1 2 则直线 BC1和平面 DBB1D1夹角的正弦值为 A B C D 3 2 5 2 10 5 10 10 5 2012 蚌埠模拟 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 点 E 为 BB1的中点 则平面 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦 值为 A B C D 1 2 2 3 3 3 2 2 6 如图 矩形 A BCD 中 AB 3 BC 4 沿 对角线 BD 将 ABD 折起 使 A 点在平面 BCD 内的射影 O 落在 BC 边上 若平面 CAB 与平面 ABD 夹角的大小为 则 sin 的值等于 A B C D 3 4 7 4 3 7 7 4 5 二 填空题二 填空题 每小题每小题 5 5 分 共分 共 1515 分分 7 易错题 已知两平面的法向量分别为 0 1 0 m 0 1 1 n 2 则两平面夹角的大小为 8 如图 正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长 为 1 E F 分别是棱 BC DD1上的点 如果 B1E 平面 ABF 则 CE 与 DF 的长 度之和为 9 正四棱锥 S ABCD 中 O 为顶点在底面上的射影 P 为侧棱 SD 的中点 且 SO OD 则直线 BC 与平面 PAC 夹角的大小是 三 解答题三 解答题 第第 1010 题题 1212 分 第分 第 1111 题题 1313 分 共分 共 2525 分分 10 预测题 在如图所示的几何体中 EA 平面 ABC DB 平面 ABC AC BC AC BC BD 2AE M 是 AB 的 中点 1 求证 CM EM 2 求 CM 与平面 CDE 的夹角 11 2011 天津高考改编 如图 在三棱柱 ABC A1B1C1中 H 是正方形 AA1B1B 的中心 AA1 2 C1H 平2 面 AA1B1B 且 C1H 5 1 求异面直线 AC 与 A1B1夹角的余弦值 2 求平面 AA1C1C 与平面 A1C1B1夹角的正弦值 3 设 N 为棱 B1C1的中点 点 M 在平面 AA1B1B 内 且 MN 平面 A1B1C1 求线段 BM 的长 选做选做 探究题探究题 如图 在四棱锥 P ABCD 中 底 面 ABCD 为直角梯形 AD BC ADC 90 平面 PAD 底面 ABCD Q 为 AD 的 3 中点 M 为 PC 上一点 PA PD 2 BC AD 1 CD 1 2 3 1 求证 平面 PQB 平面 PAD 2 若平面 BMQ 与平面 ABCD 的夹角为 30 设 PM tMC 试确定 t 的值 答案解析答案解析 1 解析 选 C 由题意得直线l与平面 的法向量所在直线的夹角为 60 直线l与平面 的夹角 为 90 60 30 2 解题指南 建立空间直角坐标系 利用空间向量求两直线的夹角的余弦值 解析 选 C 建立如图所示的空间直角坐 标系 令正四棱锥的棱长为 2 则 A 1 1 0 D 1 1 0 S 0 0 E 2 1 12 2 22 1 1 AE uu u r 1 32 2 22 SD uu r 2 cos AE uu u r SD uu r AE SD3 3 AE SD uu u r uu r g uu u r uu r 直线 AE SD 夹角的余弦值为 故选 C 3 3 3 解析 选 C 建立如图所示空间直角 坐标系 令 AA1 2AB 2 则 E 1 0 1 B 1 1 0 C 0 1 0 D1 0 0 2 0 1 1 BE uur 0 1 2 1 CD uuur cos BE uur 1 CD uuur 4 1 1 BE CD33 10 1025 BE CD uur uuur g uur uuur 4 解题指南 建立空间直角坐标系 利用直线 BC1与平面 DBB1D1的法向量的夹角求出所求角的正弦值 解析 选 C 以 D 为坐标原点 的方向分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向建立空间直角坐 1 DA DC DD uuu r uuu r uuu u r 标系 则 A 4 0 0 B 4 4 0 C 0 4 0 C1 0 4 2 4 4 0 4 0 2 易知 AC AC uu u r 1 BC uuu r 平面 DBB1D1 所以是平面 DBB1D1的一个法向量 设 BC1与平面 DBB1D1的夹角为 则AC uu u r sin cos AC uu u r 1 BC uuu r 1 1 AC BC 10 5 AC BC uu u r uuu r g uu u ruuu r g 5 解析 选 B 建立如图所示的空间 直角坐标系 设正方体的棱长为 1 则 D 0 0 0 A1 1 0 1 E 1 1 1 2 1 0 1 1 DA uuu u r 1 1 DE uu u r 1 2 设 x y z 为平面 A1ED 的一个法向量 则n 令 z 1 1 DAxz0 1 DExyz0 2 uuu u r g uu u r n n 则 x 1 y 1 1 1 2 n 1 2 取平面 ABCD 的一个法向量 0 0 1 m 则 cos mn 12 31 111 4 故平面 A1ED 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 2 3 6 解析 选 A 由题意可求得 BO OC AO 建立空间直角坐标系如图 则 9 4 7 4 3 7 4 C 0 0 B 0 0 7 4 9 4 5 A 0 0 D 3 0 3 7 4 7 4 4 3 0 0 BD uuu r BA uuu r 9 4 3 7 4 设 x y z 是平面 ABD 的一个法向量 m 则取 z x 7 y 4x3y0 93 x7z0 44 3 7 28 3 则 7 m 28 3 3 7 又 0 3 0 是平面 ABC 的一个法向量 CD uuu r cos mCD uuu r CD287 416 7 CD 3 3 uuu r guuu r g m m sin 2 73 1 44 方法技巧 求平面与平面夹角的策略 法向量法 其步骤是 建系 分别求两个半平面的法向量 求法向量夹角的余弦值 根据题意确 定平面与平面夹角的余弦值或其大小 7 解析 cos mn gm n m n 2 2 mn 4 两平面夹角的大小为 4 答案 4 误区警示 本题容易认为两平面的夹角有和两个 而忽视两平面的夹角不能为钝角 4 3 4 8 解析 以 D1为坐标原点 D1A1 D1C1 D1D 所在直线分别为 x y z 轴建立空间直角坐标系 设 CE x DF y 则易知 E x 1 1 B1 1 1 0 x 1 0 1 1 B E uuu r 又 F 0 0 1 y B 1 1 1 1 1 y FB uu r 由于 AB B1E 故若 B1E 平面 ABF 只需 1 1 y x 1 0 1 0 x y 1 FB uu r 1 B E uuu r 6 答案 1 变式备选 设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2 则点 D1到平面 A1BD 的距离是 解析 如图建立空间直角坐标系 则 D1 0 0 2 A1 2 0 2 D 0 0 0 B 2 2 0 2 0 0 2 0 2 11 D A uuuu r 1 DA uuu u r 2 2 0 DB uu u r 设平面 A1BD 的一个法向量 x y z n 则 1 DA2x2z0 DB2x2y0 uuu u r g uu u r g n n 令 x 1 则 y 1 z 1 1 1 1 n 点 D1到平面 A1BD 的距离 11 D A 22 3 d 33 uuuu r g n n 答案 2 3 3 9 解析 如图 以 O 为原点建立空间直角坐标系 设 OD SO OA OB OC a 则 A a 0 0 B 0 a 0 C a 0 0 P 0 a 2 a 2 则 2a 0 0 a a a 0 CA uuu r AP uur a 2 a 2 CB uur 设平面 PAC 的一个法向量为 可取 0 1 1 nn 则 cos CB uur n 2 CBa1 2 2a2CB uur g uur gg n n 60 CB uur n 直线 BC 与平面 PAC 夹角的大小为 90 60 30 答案 30 10 解析 如图 以点 C 为坐标原点 以 CA CB 所在直线分别为 x 轴和 y 轴 7 过点 C 作与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴 建立空间直角坐标系 设 EA a 则 A 2a 0 0 B 0 2a 0 E 2a 0 a D 0 2a 2a M a a 0 1 因为 a a a a a 0 所以 a a a a a 0 0 故 EM uuu r CM uuu r EM uuu r CM uuu r EM uuu r CM uuu r CM EM 2 设平面 CDE 的一个法向量为 x y z n 则 CECE0 CDCD0 uuruur g uuu ruuu r g nn nn 2a 0 a 0 2a 2a CE uur CD uuu r 令 x 1 则 y 2 z 2 2axaz0 2ay2az0 即 1 2 2 a a 0 nCM uuu r cos 因为直线 CM 与平面 CDE 所成的角是与夹角的余角 因此直线n CM uuu r CM2 2 CM uuu r g uuu r g n n nCM uuu r CM 与平面 CDE 的夹角是 45 11 解析 如图所示 建立空间直角坐标系 点 B 为坐标原点 依题意得 A 2 0 0 B 0 0 0 C A1 2 2 0 222522 B1 0 2 0 C1 2225 1 易得 2 0 0 AC uu u r 225 11 A B uuuu r 2 于是 cos 所以异面直线 AC 与 A1B1夹角的余弦值为 AC uu u r 11 A B uuuu r 11 11 AC A B42 33 2 2 AC A B uu u r uuuu r g uu u ruuuu r g 2 3 2 易知 0 2 0 1 AA uuu u r 2 11 A C uuuu r 225 8 设平面 AA1C1C 的法向量 x y z m 则即 11 1 A C0 AA0 uuuu r g uuu u r g m m 2x2y5z0 2 2y0 令 x 可得 0 5m52 同样地 设平面 A1B1C1的法向量 x0 y0 z0 n 则 即 11 11 A C0 A B0 uuuu r g uuuu r g n n 000 0 2x2y5z0 2 2x0 令 y0 得 0 5n52 于是 cos 从而 sin mn 22 777 gg mn m n mn 3 5 7 所以平面 AA1C1C 与平面 A1C1B1夹角的正弦值为 3 5 7 3 由 N 为棱 B1C1的中点 得 N 2 3 25 222 设 M a b 0 则 MN uuu r 23 25 a b 222 由 MN 平面 A1B1C1 得 11 11 MN A B0 MN A C0 uuu r uuuu r g uuu r uuuu r g 即 2 a 2 2 0 2 23 25 a 2 b 2 50 222 g ggg 解得故 M 0 2 a 2 2 b 4 22 24 因此 0 所以线段 BM 的长为 BM uuu r 22 24 BM uuu r 10 4 选做 探究题 解析 1 方法一 AD BC BC AD Q 为 AD 的中点 BC DQ 且 BC DQ 1 2 9 四边形 BCDQ 为平行四边形 CD BQ ADC 90 AQB 90 即 QB AD 又 平面 PAD 平面 ABCD 且平面 PAD 平面 ABCD AD BQ 平面 PAD BQ平面 PQB 平面 PQB 平面 PAD 方法二 AD BC BC AD Q 为 AD 的中点 1 2 BC DQ 且 BC DQ 四边形 BCDQ 为平行四边形 CD BQ ADC 90 AQB 90 即 QB AD PA PD Q 为 AD 的中点 PQ AD PQ BQ Q AD 平面 PBQ AD平面 PAD 平面 PQB 平面 PAD 2 PA PD Q 为 AD 的中点 PQ AD 平面 PAD 平面 ABCD 且平面 PAD 平面 ABCD AD PQ 平面 ABCD 如图 以 Q 为原点建立空