2018年数学立体几何空间向量在求空间角及距离中的应用题源探究

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE11学必求其心得，业必贵于专精空间向量在求空间角及距离中的应用【考点梳理】1。异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围（0,π）求法cosβ＝eq\f（a·b，|a|｜b｜)cosθ＝｜cosβ｜＝eq\f(｜a·b|,|a｜｜b｜)2。求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f（｜a·n|，｜a|｜n｜）。3。求二面角的大小（1）如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ＝〈eq\o（AB，\s\up6(→)）,eq\o（CD，\s\up6(→)）〉.（2）如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量，则二面角的大小θ满足｜cosθ|＝｜cos<n1，n2>｜，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角（或其补角）.4。利用空间向量求距离（1）两点间的距离设点，点，则．（2）点到平面的距离如图所示，设为平面的一条斜线段，为平面的法向量,则点到平面的距离．【教材改编】1．(选修2－1P111A组T1改编）在正方体ABCD.A1B1C1D1中,点M为棱CC1上的中点，则A1M与A．30° B．45°C．60° D．90°答案]B解析］以，，为x，y,z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则D1（0,0,2），C（0，2,0)，A1(2,0,2），M(0,2,1），∴＝（－2,2,－1)，＝（0,2，－2),设A1M与D1C所成角为∴cosθ＝|cos〈,>｜＝＝eq\f(6，3×2\r（2))＝eq\f（\r(2)，2),∴θ＝45°.2。(选修2－1P118A组T10改编）如图,棱长为a的正方体OEAC。BFGD中，P是AB上的一点,Q是CD上的一点．当点P为对角线AB的中点,点Q在棱CD上运动时,则PQA．a B.eq\f(\r（2)，2)aC。eq\f(\r（3），2)a D。eq\f(\r（5）,2）a答案]B解析］建立如图所示的空间直角坐标系O.xyz，当点P为对角线AB的中点时，点P的坐标是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(a,2）,\f（a,2),\f（a,2）)).因为点Q在线段CD上，设Q（0，a，z）．PQ＝eq\r（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a,2)））2＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－a）)2＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a，2）－z）)2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(z－\f（a,2）))2＋\f(1,2）a2)。当z＝eq\f(a，2)时，PQ的最小值为eq\f(\r（2)，2）a。即点Q在棱CD的中点时,PQ有最小值eq\f（\r(2）,2)a.故选B。3．（选修2－1P112A组T4改编）在正方体ABCD.A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面A.eq\f（1，2) B。eq\f(2，3）C。eq\f（\r（3),3） D。eq\f(\r（2),2）答案]B解析]以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E（1,0，eq\f（1，2）)，D(0，1,0），∴＝（0，1，－1)，＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1，0，－\f（1,2))),所以有，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y－z＝0,,1－\f(1,2）z＝0，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝2,，z＝2.）)∴＝（1,2,2）．∵平面ABCD的一个法向量为＝(0,0，1)，∴cos〈,>＝eq\f（2,3×1)＝eq\f（2，3）.即所成的锐二面角的余弦值为eq\f（2,3）.4．(选修2－1P97练习T3改编)如图，正方体ABCD。A1B1C1D1中，点M是AB的中点，则D1B与CMA.eq\f(\r（10)，5） B。eq\f(\r(15)，10)C.eq\f(\r（15）,15) D。eq\f(\r（15）,5)答案]C解析］建立如图所示的空间直角坐标系D.xyz。设正方体棱长为2,则M(2，1，0）,C（0,2,0）,B（2，2，0）,D1（0，0,2)，∴＝(2，－1，0)，＝(2,2，－2)，cos〈，〉＝＝eq\f（2，\r（5)×2\r(3））＝eq\f(\r(15），15).∴D1B与CM所成角的余弦值为eq\f(\r（15），15)，故选C.5．（选修2－1P111练习T3改编)如图，在正方体ABCD。A1B1C1D1中，E为BC1的中点，则DE与平面BCC1B1A。eq\f(\r(6),2) B。eq\f（\r(6)，3）C。eq\r(2） D。eq\f(\r（2),2)答案］C解析］设正方体ABCD.A1B1C1D1以D为原点,以DA为x轴,DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵E为BC1的中点，∴D（0,0，0)，E（1,2,1)，∴＝(1，2，1)，设DE与平面BCC1B1所成角的平面角为θ，∵平面BCC1B1的法向量＝(0，1,0）,∴sinθ＝|cos〈，>｜＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（2,\r(6)）)）＝eq\f(\r（6），3），∴cosθ＝eq\r(1－\f（2，3)）＝eq\f（\r(3)，3),∴tanθ＝eq\f（\f(\r（6），3)，\f(\r(3),3)）＝eq\r（2)，故选C.6．（选修2－1P98A组T4改编）正四面体ABCD棱长为2,E，F分别为BC,AD中点,则EF答案]解析]|｜2＝2＝（＋＋）2＝2＋2＋2＋2（·＋·＋·)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2,∴||＝eq\r(2)，∴EF的长为eq\r(2)。7.（选修2－1P118A组T12改编)如图将正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，点E、F分别为AD、BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，则折叠后∠EOF答案］解析］如图所示,以，，方向为x,y，z轴正方向建立空间直角坐标系,设正方形边长为2eq\r（2)，则A(2,0，0),B(0，2,0）,C(－2,0，0),D(0，0，2）∴E（1，0,1），F（－1，1，0）,∴＝(1,0,1），＝(－1，1,0)，∴cos〈，〉＝＝eq\f(－1,\r(2）×\r（2)）＝－eq\f（1,2），∴∠EOF＝120°.8．（选修2－1P117A组T5改编）已知三点A（0，2,3),B（－2，1,6）,C(1,－1，5），则△ABC答案]解析]＝(－2，－1，3),＝(1，－3,2）,∴||＝eq\r(14)，|｜＝eq\r（14）.∴cos<，>＝＝eq\f（7,14)＝eq\f（1，2)。则sin<，〉＝eq\f（\r（3)，2）.∴S△ABC＝eq\f（1，2)｜|·｜|sin<，〉＝eq\f(1，2）×eq\r（14）×eq\r（14）×eq\f(\r(3),2)＝eq\f（7\r（3），2)。9.(选修2－1P112A组T6改编）如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq\r(3），则点A到平面MBC的距离为________,平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值为________．答案]解析]取CD的中点O，连接OB，OM,则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD。以O为原点，直线OC，BO，OM为x轴,y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，OB＝OM＝eq\r(3)，则各点的坐标分别为O（0，0,0），C（1,0,0)，M(0,0，eq\r（3）),B(0,－eq\r（3）,0），A（0，－eq\r（3)，2eq\r（3））．①设＝(x,y，z)是平面MBC的法向量,则＝(1,eq\r（3)，0)，＝(0，eq\r（3),eq\r(3)）．由⊥，得x＋eq\r（3)y＝0；由⊥，得eq\r(3）y＋eq\r（3)z＝0。取＝（eq\r(3），－1,1)，＝(0,0,2eq\r（3)），则距离d＝＝eq\f（2\r（15)，5）。②＝（－1,0，eq\r(3）），＝（－1，－eq\r(3），2eq\r（3））．设平面ACM的法向量为＝（x,y，z）,由得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－x＋\r（3）z＝0，，－x－\r(3)y＋2\r(3）z＝0，)）解得x＝eq\r(3）z，y＝z，取＝(eq\r(3），1,1)．平面BCD的法向量为＝（0,0,1），则cos〈，〉＝＝eq\f（1,\r（5）).设所求二面角为θ,则sinθ＝eq\r(1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，\r(5））))2)＝eq\f(2\r（5）,5）。10．（选修2－1P118A组T11改编)某几何体ABC。A1B1C(1)求证：A1C⊥平面AB1C(2)求二面角C1­AB1。C的余弦值．解析］(1)证明：由三视图可知，在三棱柱ABC。A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1CB1C1⊥A1C1,且｜AA1|＝|AC｜＝4，｜以点C为原点,分别以CA、CB、CC1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知可得A(4，0,0），B(0,3，0),C（0,0,0），A1(4,0,4),B1(0，3，4)，C1(0，0，4）．∴＝（－4,0，－4）,＝（4,0，－4）,＝(0，3，0)．∴·＝0,·＝0。∴A1C⊥C1A，A1C⊥C1又C1A∩C1B1＝C1∴A1C⊥平面AB1C（2）由(1)得，＝(4,0,0)，＝（0，3,4）．设平面AB1C的法向量为＝(x，y,z），则⊥,⊥.∴,即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3y＋4z＝0,4x＝0）)。令y＝4，得平面AB1C的一个法向量为＝(0,4，－3)．由（1）知，是平面AB1C1的一个法向量．∴cos<，〉＝＝eq\f(12，20\r(2）)＝eq\f（3\r（2）,10).故二面角C1。AB1­C的余弦值为eq\f（3\r(2），10).11．（选修2－1P119B组T3改编)在四棱锥S.ABCD中,底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝∠CDA＝90°，SA⊥平面ABCD，CD＝2AB，E为SC中点．（1)求证:BE∥平面SAD;（2)若SA＝AD＝2，且平面SBC与平面SAD所成的二面角的余弦值为eq\f(\r（6)，3)，求四棱锥S­ABCD的体积．解析]（1)证明：设点F为SD的中点，连接AF，EF，∵E点为SC的中点，∴EF为△SDC的中位线，∴EFeq\f(1，2）DC，又∵∠DAB＝∠CDA＝90°且CD＝2AB，∴ABeq\f(1，2）CD，∴ABEF，∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF,又∵AF⊂平面SAD，BE⊄平面SAD,∴BE∥平面SAD.（2)∵SA⊥平面ABCD，则可建以A为原点的空间直角坐标系（如图所示),SA＝AD＝2，∴A（0，0，0），D（－2,0,0），S（0，0，2)，设B(0，m,0），∴C（－2，2m，0），∴＝（0，m，－2），＝（－2，m,0)，设平面SBC的法向量为＝(x，y，z）且SB∩BC＝B,∴，∴＝(eq\f(m,2），1，eq\f(m，2))，显然，平面SAD