《（安徽專用）2013年高考數學總復習 第七章第8課時 立體幾何中的向量方法 課時闖關（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（安徽專用）2013年高考數學總復習 第七章第8課時 立體幾何中的向量方法 課時闖關（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第七章第8課時 立體幾何中的向量方法 課時闖關（含解析） 一、選擇題 1．(2012·天水調研)已知二面角α-l-β的大小是，m，n是異面直線，且m⊥α，n⊥β，則m，n所成的角為(　　) A.　　　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.∵m⊥α，n⊥β， ∴異面直線m，n所成的角的補角與二面角αlβ互補． 又∵異面直線所成角的范圍為， ∴m，n所成的角為. 2．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P為C1D1的中點，M為BC的中點．則AM與PM的位置關系為(　　) A．平行 B．異面 C．垂直

2、 D．以上都不對 解析：選C.以D點為原點，分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz， 依題意，可得， D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)， A(2，0,0)，M(，2,0)． ∴＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)， ＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)， ∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0， 即⊥，∴AM⊥PM. 3．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中點，則異面直線AB1與A1M所成的角為(　　) A．60° B

3、．45° C．30° D．90° 解析：選D.建立坐標系如圖所示， 易得M(0,0，)，A1(0，，0)， A(0，，)，B1(1,0,0)， ∴＝(1，－，－)， ＝(0，－，)． ∴·＝1×0＋3－＝0， ∴⊥.即AB1⊥A1M. 4．已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則直線BC1與平面A1BD所成的角的余弦值是(　　) A. 　　　　　　 B. C. D. 解析：選C.建立空間直角坐標系如圖所示． 設正方體的棱長為1， 設直線BC1與平面A1BD所成的角為θ， 則D(0,0,0)，A(1,0,1)，A1(1,0,1)， B(1,1,0)，

4、C1(0,1,1)， ∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)， 設n＝(x，y，z)是平面A1BD的一個法向量， 則，令z＝1，則x＝－1，y＝1. ∴n＝(－1,1,1)， ∴sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝， ∵θ∈， ∴cosθ＝＝. 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　) A. 　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，A1(1,0,1)， E， ∴＝(1,0,1)， ＝，

5、 設n＝(x，y，z)為平面A1DE的法向量，則 ，令z＝－1， 則x＝1，y＝－， ∴n＝， 取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1) 則cos〈m，n〉＝＝－， 故所求銳二面角的余弦值為. 二、填空題 6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數x，y，z分別為________． 解析：由題知，⊥，⊥. 所以 即 解得，x＝，y＝－，z＝4. 答案：，－，4 7．(2012·貴陽調研)長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為

6、__________． 解析：建立坐標系如圖， 則A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)， ∴＝(－1,0,2)， ＝(－1,2,1)， ∴cos〈，〉＝＝. 答案： 8．設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是________． 解析：如圖建立空間直角坐標系， 則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)， D(0,0,0)，B(2,2,0)， ∴＝(2,0,0)， ＝(2,0,2)，＝(2,2,0)， 設平面A1BD的一個法向量n＝(x，y，z)， 則. 令x＝1，則n＝(1，－1，－1

7、)， ∴點D1到平面A1BD的距離 d＝＝＝. 答案： 三、解答題 9．(2011·高考遼寧卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角QBPC的余弦值． 解：如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz. (1)證明：依題意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，則＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)． 所以·＝0，·＝0， 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DC

8、Q. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)． 設n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，則 即 因此可取n＝(0，－1，－2)． 同理，設m是平面PBQ的法向量，則 可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－. 故二面角QBPC的余弦值為－. 10．(2011·高考福建卷節(jié)選)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°. (1)求證：平面PAB⊥平面PAD. (2)設AB＝AP，若直線PB與平

9、面PCD所成的角為30°，求線段AB的長． 解：(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥A　　　　　　B. 又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A－xyz(如圖)． 在平面ABCD內，作CE∥AB交AD于點E，則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1. 設AB＝AP＝t，則B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由AB＋AD＝4得AD＝4－t， 所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)

10、，D(0,4－t,0)， ＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)． 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥，n⊥，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又＝(t,0，－t)， 故由直線PB與平面PCD所成的角為30°得， cos 60°＝， 即＝， 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t>0)， 所以AB＝. 11．如圖，在五面體ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求異面直線BF與DE所成的角的大??； (2)證明平面AMD⊥平面CDE； (

11、3)求二面角ACDE的余弦值． 解：如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點，設AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2，0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M. (1)＝(－1,0,1)， ＝(0，－1,1)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°. (2)證明：由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0. 因此，CE⊥AM，CE⊥AD. 又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD. 而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE. (3)設平面CDE的法向量為u＝(x，y，z)， 則于是 令x＝1，可得u＝(1,1,1)． 又由題設，平面ACD的一個法向量為ν＝(0,0,1)． 所以cos〈u，ν〉＝＝＝. 因為二面角ACDE為銳角， 所以其余弦值為.