人教A版理科數(shù)學(xué)課時試題及解析（43）立體幾何中的向量方法（二）——空間角與距離求解
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課時作業(yè)(四十三) [第43講 立體幾何中的向量方法(二)——空間角與距離求解] [時間：45分鐘 分值：100分] 1．點M在z軸上，它與經(jīng)過坐標原點且方向向量為s＝(1，－1,1)的直線l的距離為，則點M的坐標是( ) A．(0,0，±2) B．(0,0，±3) C．(0,0，±) D．(0,0，±1) 2．若a＝(1,2,1)，b＝(－2,0,1)分別是直線l1，l2的方向向量，則l1，l2的位置關(guān)系是( ) A．平行 B．異面 C．相交 D．相交或異面 3．兩平行平面α，β分別經(jīng)過坐標原點O和點A(2,1,1)，且兩平面的一個法向量n＝(－1,0,1)，則兩平面間的距離是( ) A. B. C. D．3 4．方向向量為s＝(1,1,1)的直線l經(jīng)過點A(1,0,0)，則坐標原點O(0,0,0)到該直線的距離是( ) A. B. C. D. 5．如圖K43－1，長方體ABCD－A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為1，則異面直線AD1和C1D所成角的余弦值是( ) 圖K43－1 A. B．－ C. D. 6．在平行四邊形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，將它沿對角線AC折起，使AB和CD成60°角(如圖K43－2)，則B、D間的距離為( ) 圖K43－2 A．1 B．2 C. D．2或 7．三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，長度分別為6,4,4，則其頂點到底面的距離為( ) A. B．2 C. D. 8．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為棱AA1、BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，則點G到平面D1EF的距離為( ) A. B. C. D. 圖K43－3 9．如圖K43－3，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，點E是AB上一點，當二面角P－EC－D的平面角為時，AE＝( ) A．1 B. C．2－ D．2－ 10．已知三棱錐O－ABC的側(cè)棱OA，OB，OC兩兩垂直，E為OC的中點，且OA＝1，OB＝OC＝2，則平面EAB與平面ABC夾角的余弦值是________． 11．如圖K43－4，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)棱AA1長為b，且AA1與A1B1，A1D1的夾角都是60°，則AC1的長等于________． 圖K43－4 圖K43－5 12．如圖K43－5，AO⊥平面α，BC⊥OB，BC與平面α的夾角為30°，AO＝BO＝BC＝a，則AC＝________. 13．如圖K43－6，在空間直角坐標系中有棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1，點M是線段DC1上的動點，則點M到直線AD1距離的最小值為________． 圖K43－6 14．(10分)如圖K43－7，放置在水平面上的組合體由直三棱柱ABC－A1B1C1與正三棱錐B－ACD組成，其中，AB⊥BC.它的正視圖、俯視圖、側(cè)視圖的面積分別為2＋1,2＋1,1. (1)求直線CA1與平面ACD所成角的正弦值； (2)在線段AC1上是否存在點P，使B1P⊥平面ACD？若存在，確定點P的位置；若不存在，說明理由． 圖K43－7 15．(13分) 如圖K43－8，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點． (1)求證：AF∥平面BCE； (2)求證：平面BCE⊥平面CDE； (3)求直線BF和平面BCE所成角的正弦值． 圖K43－8 16．(12分) 如圖K43－9，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側(cè)棱CC1上，且不與點C重合． (1)當CF＝1時，求證：EF⊥A1C； (2)設(shè)二面角C－AF－E的大小為θ，求tanθ的最小值． 圖K43－9 課時作業(yè)(四十三) 【基礎(chǔ)熱身】 1．B [解析] 設(shè)M(0,0，z)，直線的一個單位方向向量s0＝，故點M到直線的距離d＝＝＝，解得z＝±3. 2．D [解析] 根據(jù)共線向量定理，顯然a，b不平行，所以l1，l2的位置關(guān)系是相交或異面． 3．B [解析] 兩平面的一個單位法向量n0＝，故兩平面間的距離d＝|·n0|＝. 4．D [解析] 直線l的一個單位法向量s0＝，向量＝(1,0,0)，故點O到直線l的距離為 d＝＝＝. 【能力提升】 5．C [解析] 建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(2,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故異面直線AD1和C1D所成角的余弦值為|cos〈1，1〉|＝＝. 6．D [解析] ∵∠ACD＝90°，∴·＝0. 同理·＝0， ∵AB和CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°. ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝2＋2＋2＋2· ＝3＋2×1×1×cos〈，〉 ＝ ∴||＝2或，即B、D間的距離為2或，故選D. 7．C [解析] 設(shè)三棱錐為P－ABC，且PA＝6，PB＝PC＝4，以P為原點建立空間直角坐標系如圖，則P(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，＝(6,0,0)，＝(－6,4,0)，＝(－6,0,4)，設(shè)面ABC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥，n⊥， 所以?y＝z＝x，所以可選面ABC的一個法向量為n＝(2,3,3)， 所以P到面ABC的距離d＝|||cos〈，n〉|＝＝＝，選C. 8．D [解析] 如圖，如果過點G直接向平面D1EF作垂線，垂足為H，如果我們能求出向量，那么||就是點G到平面D1EF的距離．在正方體中，建立空間直角坐標系非常方便，因此用坐標的方法，解決這個問題． 如圖，以射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則G(1，λ，1)，E，＝，F(xiàn)，＝(0,1,0)，D1(0,0,1)，1＝.過點G向平面D1EF作垂線，垂足為H，由于點H在平面D1EF內(nèi)，故存在實數(shù)x，y使＝＋x＋y1＝，由于GH⊥EF，GH⊥ED1， 所以 解得故＝，所以||＝，即點G到平面D1EF的距離是. 9．D [解析] 以D為原點，射線DA，DC，DP為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖， 設(shè)E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，則＝(－1,2－y0,0)， 設(shè)平面PEC的法向量為n1＝(x，y，z)， ∴??x∶y∶z＝(2－y0)∶1∶2， 記n1＝(2－y0,1,2)， 而平面ECD的法向量n2＝(0,0,1)，則二面角P－EC－D的平面角θ滿足cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝， ∴cosθ＝＝＝?y0＝2－. ∴當AE＝2－時，二面角P－EC－D的平面角為. 10. [解析] 以O(shè)為原點，OB，OC，OA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則有A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,0)． 設(shè)平面ABC的法向量為n1＝(x，y，z)，則由n1⊥知n1·＝2x－z＝0，由n1⊥知n1·＝2y－z＝0，取n1＝(1,1,2)． 設(shè)平面EAB的法向量為n＝(x，y，z)，則由n⊥知n·＝2x－z＝0，由n⊥知n·＝2x－y＝0，取n＝(1,2,2)． 則cos〈n，n1〉＝＝＝， 所以平面EAB與平面ABC夾角的余弦值為. 11. [解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°. |1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21· ＝b2＋a2＋a2－ab－ab＝2a2＋b2－2ab，故|1|＝. 12.a [解析] ＝＋＋， 其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°， 故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ＝3a2＋2a2cos120°＝2a2，故||＝a，即AC＝a. 13.a [解析] 設(shè)M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直線AD1的一個單位方向向量s0＝，由＝(0，－m，a－m)，故點M到直線AD1的距離d＝＝＝，根式內(nèi)的二次函數(shù)當m＝－＝時取最小值2－a×＋a2＝a2，故d的最小值為a. 14．[解答] 由已知可得AB⊥平面BB1C1C，由于三棱錐B－ACD是正三棱錐，所以CD?平面BB1C1C，D，B，B1三點共線，AB＝BC＝BD. 設(shè)AB＝a，BB1＝b.則其正視圖和俯視圖的面積都是ab＋a2，側(cè)視圖的面積是a2，根據(jù)已知解得a＝，b＝2.以點B為坐標原點，射線BC，BB1，BA分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，則 A(0,0，)，C(，0,0)，D(0，－，0)，B1(0,2,0)，C1(，2,0)，A1(0,2，)． (1)由于三棱錐B－ACD是正三棱錐，該三棱錐的重心G，則BG⊥平面ACD，故可取向量n＝(1，－1,1)為平面ACD的一個法向量，＝(－，2，)，故可取v＝(1，－，－1)為直線CA1的一個方向向量．設(shè)直線CA1與平面ACD所成角為θ，則 sinθ＝|cos〈n，v〉|＝＝＝. (2)設(shè)＝m＝(m,2m，－m)，則＝＋＝(m,2m－2，－m)， 如果B1P⊥平面ACD，則∥n，即(m,2m－2，－m)＝(λ，－λ，λ)，由此得方程組 由①③得m＝，λ＝，代入②則－1＝－，矛盾，這說明不存在滿足題目要求的點P. 15．[解答] 方法一： (1)證法一：取CE的中點G，連接FG、BG. ∵F為CD的中點，∴GF∥DE且GF＝DE， ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB. 又AB＝DE，∴GF＝AB.又DE＝2AB， ∴四邊形GFAB為平行四邊形，則AF∥BG. ∵AF?平面BCE，BG?平面BCE， ∴AF∥平面BCE. 證法二：取DE的中點M，連接AM、FM， ∵F為CD的中點，∴FM∥CE. ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴DE∥AB. 又AB＝DE＝ME， ∴四邊形ABEM為平行四邊形，則AM∥BE. ∵FM、AM?平面BCE，CE、BE?平面BCE， ∴FM∥平面BCE，AM∥平面BCE. 又FM∩AM＝M，∴平面AFM∥平面BCE. ∵AF?平面AFM， ∴AF∥平面BCE. (2)證明：∵△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點， ∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面ACD，AF?平面ACD，∴DE⊥AF. 又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE. ∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE. ∵BG?平面BCE， ∴平面BCE⊥平面CDE. (3)在平面CDE內(nèi)，過F作FH⊥CE于H，連接BH， ∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE. ∴∠FBH為BF和平面BCE所成的角． 設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，則FH＝CFsin45°＝a， BF＝＝＝2a， 在Rt△FHB中，sin∠FBH＝＝. ∴直線BF和平面BCE所成角的正弦值為. 方法二： 設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，建立如圖所示的坐標系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)． ∵F為CD的中點，∴F. (1)證明：＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)， ∵＝(＋)，AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE. (2)證明：∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)， ∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥. ∴⊥平面CDE，又AF∥平面BCE， ∴平面BCE⊥平面CDE. (3)設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0可得 x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－，2)． 又＝，設(shè)BF和平面BCE所成的角為θ，則 sinθ＝＝＝. ∴直線BF和平面BCE所成角的正弦值為. 【難點突破】 16．[解答] 解法1：過E作EN⊥AC于N，連接EF. (1)如圖①，連接NF、AC1，由直棱柱的性質(zhì)知，底面ABC⊥側(cè)面A1C， 又底面ABC∩側(cè)面A1C＝AC，且EN?底面ABC，所以EN⊥側(cè)面A1C，NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影， 在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1， 則由＝＝，得NF∥AC1. 又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C， 由三垂線定理知EF⊥A1C. (2)如圖②，連接AF，過N作NM⊥AF于M，連接ME， 由(1)知EN⊥側(cè)面A1C，根據(jù)三垂線定理得EM⊥AF， 所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ， 設(shè)∠FAC＝α，則0°<α≤45°. 在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝， 在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα， 故tanθ＝＝. 又0°<α≤45°，∴0下載提示(請認真閱讀)
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