【高考核动力】2014届高考数学 7-7立体几何的向量方法(理)配套作业 北师大版

1 高考核动力高考核动力 2014 2014 届高考数学届高考数学 7 77 7 立体几何的向量方法立体几何的向量方法 理理 配套作业配套作业 北师大北师大版 1 已知两平面的法向量分别为m m 0 1 0 n n 0 1 1 则两平面所成的二面角的 大小为 A 45 B 135 C 45 或 135 D 90 解析 cos m m n n m m n n m m n n 1 1 2 2 2 即 m m n n 45 其补角为 135 两平面所成的二面角为 45 或 135 答案 C 2 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 所 成的角等于 A 120 B 60 C 30 D 以上均错 解析 如图所示 可知直线l与平面所成的角等于 30 答案 C 3 在如图所示的正方体A1B1C1D1 ABCD中 E是C1D1的中点 则异面直线DE与AC夹 角的余弦值为 A B 10 10 1 20 C D 1 20 10 10 解析 如图建立直角坐标系D xyz 设DA 1 A 1 0 0 C 0 1 0 E0 1 1 2 则 1 1 0 AC 2 0 1 若异面直线DE与AC所成的角为 cos cos DE 1 2 AC DE 10 10 答案 D 4 在四棱锥P ABCD中 底面ABCD为直角梯形 AB CD BA AD PA 平面 ABCD AB AP AD 3 CD 6 则直线PD与BC所成的角为 解析 以A为坐标原点 AB AD AP所在的直线分别为x轴 y轴 z轴 建立 如图所示的空间直角坐标系 则A 0 0 0 P 0 0 3 B 3 0 0 D 0 3 0 C 6 3 0 0 3 3 3 3 0 所以 cos PD BC PD BC PD BC PD BC 9 3 2 3 2 1 2 即 60 于是直线PD与BC所成的角等于 60 PD BC 答案 60 5 2011 全国新课标高考 如图 四棱锥P ABCD中 底面ABCD为平行四边形 DAB 60 AB 2AD PD 底面ABCD 1 证明 PA BD 2 若PD AD 求二面角A PB C的余弦值 解 1 证明 DAB 60 AB 2AD 由余弦定理得BD AD 3 从而BD2 AD2 AB2 故BD AD 又PD 底面ABCD 可得BD PD 所以BD 平面PAD 故PA BD 2 如图 以D为坐标原点 AD的长为单位长 射线DA为x轴的正半轴 建立空间直 角坐标系D xyz 3 则A 1 0 0 B 0 0 C 1 0 P 0 0 1 33 1 0 0 1 1 0 0 AB 3 PB 3 BC 设平面PAB的法向量为n n x y z 则Error 即Error 因此可取n n 1 33 设平面PBC的法向量为m m 则Error 可取m m 0 1 cos m m n n 3 4 2 7 2 7 7 故二面角A PB C的余弦值为 2 7 7 课时作业 考点排查表 难度及题号 考查考点及角度基础中档稍难 错题记录 平行 垂直问题 1711 线线角 线面角 46 813 二面角及距离 2 35 910 12 一 选择题 1 如图所示 在正方体ABCD A1B1C1D1中 O是底面正方形ABCD的中心 M是D1D的 中点 N是A1B1上的动点 则直线NO AM的位置关系是 A 平行 B 相交 C 异面垂直 D 异面不垂直 解析 建立坐标系如图 设正方体的棱长为 2 则 A 2 0 0 M 0 0 1 O 1 1 0 N 2 t 2 NO 4 1 1 t 2 2 0 1 0 则直线NO AM的位置关系是异面垂 AM NO AM 直 答案 C 2 已知在长方体ABCD A1B1C1D1中 底面是边长为 2 的正方形 高为 4 则点A1到截 面AB1D1的距离是 A B 8 3 3 8 C D 4 3 3 4 解析 如图 建立坐标系D xyz 则A1 2 0 4 A 2 0 0 B1 2 2 4 D1 0 0 4 1 2 0 4 1 0 2 4 1 0 0 4 AD AB AA 设平面AB1D1的法向量为n n x y z 则Error 即Error 解得x 2z且y 2z 不妨设n n 2 2 1 设点A1到平面AB1D1的距离为d 则d AA1 n n n n 4 3 答案 C 3 如图 在直三棱柱ABC A1B1C1中 ACB 90 2AC AA1 BC 2 若二面角B1 DC C1的大小为 60 则AD的长为 5 A B 23 C 2 D 2 2 解析 如图 以C为坐标原点 CA CB CC1所在的直线分别为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系 则C 0 0 0 A 1 0 0 B1 0 2 2 C1 0 0 2 设AD a 则D点坐标为 1 0 a 1 0 a 1 0 2 2 CD CB 设平面B1CD的一个法向量为m m x y z 则Error Error 令z 1 得m m a 1 1 又平面C1DC的一个法向量为n n 0 1 0 则由 cos 60 得 即a m m n n m m n n 1 a2 2 1 22 故AD 2 答案 A 4 在三棱柱ABC A1B1C1中 各棱长相等 侧棱垂直于底面 点D是侧面BB1C1C的中 心 则AD与平面BB1C1C所成角的大小是 A 30 B 45 C 60 D 90 解析 建立坐标系如图 设棱长为 2 设AD与面BB1C1C所成角为 C 0 1 0 D 0 0 1 A 0 0 3 则平面BB1C1C的一个法向量为n n 1 0 0 0 1 AD 3 6 cos n n AD AD n n AD n n 3 2 sin 60 3 2 答案 C 5 已知直角 ABC中 C 90 B 30 AB 4 D为AB的中点 沿中线将 ACD折起使得AB 则二面角A CD B的大小为 13 A 60 B 90 C 120 D 150 解析 取CD中点E 在平面BCD内过B点作BF CD 交CD 延长线于F 据题意知AE CD AE BF EF 2 AB 313 且 为二面角的平面角 EA FB 由 2得 AB2 AE EF FB 13 3 3 4 2 3 cos AE FB cos 120 EA FB 1 2 EA FB 即所求的二面角为 120 答案 C 6 如图 设动点P在棱长为 1 的正方体ABCD A1B1C1D1的对角线BD1上 记 D1P D1B 当 APC为钝角时 则 的取值范围是 A 0 B 0 1 3 1 2 C 1 D 1 1 2 1 3 解析 由题设可知 以 1为单位正交基底 建立如图所示的空间直角坐 DA DC DD 标系D xyz 则有A 1 0 0 B 1 1 0 C 0 1 0 D1 0 0 1 7 由 1 1 1 得 D1B D1P D1B 所以 1 PA PD D1A 1 0 1 1 1 1 0 1 1 PC PD D1C 1 1 显然 APC不是平角 所以 APC为钝角 等价于 cos APC cos 0 PA PC PA PC PA PC 这等价于 0 PA PC 即 1 1 1 2 1 3 1 0 得 1 1 3 因此 的取值范围为 1 1 3 答案 D 二 填空题 7 已知 1 5 2 3 1 z 若 AB BC AB BC BP x 1 y 3 且BP 平面ABC 则实数x y z分别为 解析 由题知 可得 BP AB BP BC Error 即 Error 解得 x y z 4 40 7 15 7 答案 4 40 7 15 7 8 已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为 1 点P在线段BD1上 当 APC最大时 三棱 锥P ABC的体积为 解析 以B为坐标原点 BA为x轴 BC为y轴 BB1为z轴建立空间直角坐标系 如图 设 1 可得 BP BD 8 P 再由 cos APC 可求得当 时 APC最大 故 AP CP AP CP 1 3 VP ABC 1 1 1 3 1 2 1 3 1 18 答案 1 18 9 如图 在直三棱柱ABC A1B1C1中 AA1 BC AB 2 AB BC 则二面角 B1 A1C C1的大小为 解析 如图 建立空间直角坐标系 则A 2 0 0 C 0 2 0 A1 2 0 2 B1 0 0 2 C1 0 2 2 设AC的中点为M BM AC BM CC1 BM 平面A1C1C 即B 1 1 0 是平面A1C1C的一个法向量 M 设平面A1B1C的一个法向量是n n x y z 2 2 2 2 0 0 A1C A1B1 Error 令z 1 解得x 0 y 1 n n 0 1 1 设法向量n n与B的夹角为 二面角B1 A1C C1的大小为 显然 为锐角 M 9 cos cos 解得 n n B M n n B M 1 2 3 二面角B1 A1C C1的大小为 3 答案 3 三 解答题 10 2012 全国新课标高考 如图 直三棱柱ABC A1B1C1中 AC BC AA1 D是棱 1 2 AA1的中点 DC1 BD 1 证明 DC1 BC 2 求二面角A1 BD C1的大小 解 1 证明 由题设知 三棱柱的侧面为矩形 由于D为AA1的中点 故DC DC1 又AC AA1 可得DC DC2 CC 1 22 12 1 所以DC1 DC 而DC1 BD DC BD D 所以DC1 平面BCD 因为BC 平面BCD 所以DC1 BC 2 由 1 知BC DC1 且BC CC1 则BC 平面ACC1A1 所以CA CB CC1两两相互垂直 以C为坐标原点 的方向为x轴的正方向 为单位长 建立如图所示的空间直 CA CA 角坐标系C xyz 10 由题意知A1 1 0 2 B 0 1 0 D 1 0 1 C1 0 0 2 则 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 A1D BD DC 设n n x y z 是平面A1B1BD的法向量 则 Error 即Error 可取n n 1 1 0 同理 设m m x y z 是平面C1BD的法向量 则Error 即Error 可取m m 1 2 1 从而 cos n n m m n n m m n n m m 3 2 故二面角A1 BD C1的大小为 30 11 2012 浙江高考 如图 在四棱锥P ABCD中 底面是边长为 2的菱形 3 BAD 120 且PA 平面ABCD PA 2 M N分别为PB PD的中 6 点 1 证明 MN 平面ABCD 2 过点A作AQ PC 垂足为点Q 求二面角A MN Q的平面角的余弦值 解 1 证明 连接BD 因为M N分别是PB PD的中点 所以MN是 PBD的中 位线 所以MN BD 又因为MN 平面ABCD BD 平面ABCD 所以MN 平面ABCD 2 连接AC交BD于O 以O为原点 OC OD所在直线为x y轴 建立空间直角坐标 系Oxyz 如图所示 11 在菱形ABCD中 BAD 120 得AC AB 2 BD AB 6 33 又因为PA 平面ABCD 所以PA AC 在直角 PAC中 A C 2 PA 2 AQ PC 36 得QC 2 PQ 4 由此知各点坐标如下 A 0 0 B 0 3 0 C 0 0 D 0 3 0 P 0 2 M 3336 3 2 N Q 0 3 26 3 2 3 26 3 3 2 6 3 设m m x y z 为平面AMN的法向量 由 知 AM 3 2 3 26 AN 3 2 3 26 Error 取z 1 得m m 2 0 1 2 设n n x y z 为平面QMN的法向量 由 知 QM 5 3 6 3 2 6 3 QN 5 3 6 3 2 6 3 Error 取z 5 得n n 2 0 5 2 于是 cos m m n n m m n n m m n n 33 33 所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为 33 33 12 2012 辽宁高考 如图 直三棱柱ABC A B C BAC 90 AB AC AA 点M N分别为A B和B C 的中点 1 证明 MN 平面A ACC 2 若二面角A MN C为直二面角 求 的值 解 1 证明法一 连接AB AC 由已知 BAC 90 AB AC 三棱柱ABC A B C 为直三棱柱 所以M为AB 的中点 又因为N为B C 的 中点 所以MN AC 又MN 平面A ACC AC 平面A ACC 因此MN 平面 A ACC 法二 取A B 的中点P 连接MP NP 而M N分别为AB 与B C 的中点 所以 MP AA PN A C 所以MP 平面A ACC PN 平面A ACC 又MP NP P 因 此平面MPN 平面A ACC 而MN 平面MPN 所以MN 平面A ACC 2 以A为坐标原点 分别以直线AB AC AA 为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标 系O xyz 如图所示 设AA 1 则AB AC 于是A 0 0 0 B 0 0 C 0 0 A 0 0 1 B 0 1 12 C 0 1 所以M N 2 0 1 2 2 2 1 设 m m x1 y1 z1 是平面A MN的法向量 由Error 得Error 可得 m m 1 1 设 n n x2 y2 z2 是平面MNC的法向量 由Error 得Error 可取 n n 3 1 因为A MN C为直二面角 所以 m m n n 0 即 3 1 1 2 0 解得 负值舍去 2 四 选做题 13 2012 四川高考 如图 在三棱锥P ABC中 APB 90 PAB 60 AB BC CA 平面PAB 平面ABC 1 求直线PC与平面ABC所成的角的正切值 2 求二面角B AP C的余弦值 解 法一 1 如图 设AB的中点为D AD的中点为O 连接PO PD CO CD 由已知 PAD为等边三角形 所以PO AD 又平面PAB 平面ABC 平面PAB 平面ABC AD 所以PO 平面ABC 所以 OCP为直线PC与平面ABC所成的角 不妨设AB 4 则PD 2 CD 2 OD 1 PO 33 在 Rt OCD中 CO OD2 CD213 所以 在 Rt POC中 tan OCP PO CO 3 13 39 13 故直线PC与平面ABC所成的角的正切值为 39 13 2 过D作DE AP于E 连接CE 由已知可得 CD 平面PAB 根据三垂线定理知 CE PA 所以 CED为二面角B AP C的平面角 13