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2013届高三人教A版理科数学一轮复习课时作业(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解)


课时作业(四十三) [第 43 讲

立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解]

[时间:45 分钟

分值:100 分]

基础热身 1. 点 M 在 z 轴上, 它与经过坐标原点且方向向量为 s=(1, -1,1)的直线 l 的距离为 6, 则点 M 的坐标是( ) A.(0,0,± 2)

B.(0,0,± 3) C.(0,0,± 3) D.(0,0,± 1) 2. 若 a=(1,2,1), b=(-2,0,1)分别是直线 l1, l2 的方向向量, 则 l1, l2 的位置关系是( ) A.平行 B.异面 C.相交 D.相交或异面 3.两平行平面 α,β 分别经过坐标原点 O 和点 A(2,1,1),且两平面的一个法向量 n=(- 1,0,1),则两平面间的距离是( ) 3 2 A. B. C. 3 D.3 2 2 2 4.方向向量为 s=(1,1,1)的直线 l 经过点 A(1,0,0),则坐标原点 O(0,0,0)到该直线的距离 是( ) 6 6 A. 3 B. 2 C. D. 2 3 能力提升 5.如图 K43-1,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面是边长为 2 的正方形,高为 1,则 异面直线 AD1 和 C1D 所成角的余弦值是( )

图 K43-1 5 5 1 2 A. B.- C. D. 5 5 5 5 6.在平行四边形 ABCD 中,AB=AC=1,∠ACD=90° ,将它沿对角线 AC 折起,使 AB 和 CD 成 60° 角(如图 K43-2),则 B、D 间的距离为( )

图 K43-2 A.1 B.2 C. 2 D.2 或 2 7. 三棱锥的三条侧棱两两互相垂直, 长度分别为 6,4,4, 则其顶点到底面的距离为( ) 14 6 22 2 17 A. B.2 17 C. D. 3 11 3 8.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为棱 AA1、BB1 的中点,G 为 棱 A1B1 上的一点,且 A1G=λ(0≤λ≤1),则点 G 到平面 D1EF 的距离为( ) 2 2λ 5 A. 3 B. C. D. 2 3 5

图 K43-3 9.如图 K43-3,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PD⊥平面 ABCD,且 PD π =AD=1,AB=2,点 E 是 AB 上一点,当二面角 P-EC-D 的平面角为 时,AE=( ) 4 1 A.1 B. C.2- 2 D.2- 3 2 10.已知三棱锥 O-ABC 的侧棱 OA,OB,OC 两两垂直,E 为 OC 的中点,且 OA=1, OB=OC=2,则平面 EAB 与平面 ABC 夹角的余弦值是________. 11.如图 K43-4,已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形, 侧棱 AA1 长为 b,且 AA1 与 A1B1,A1D1 的夹角都是 60° ,则 AC1 的长等于________.

图 K43-4

图 K43-5 12.如图 K43-5,AO⊥平面 α,BC⊥OB,BC 与平面 α 的夹角为 30° ,AO=BO=BC =a,则 AC=________. 13.如图 K43-6,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,点 M 是线段 DC1 上的动点,则点 M 到直线 AD1 距离的最小值为________.

图 K43-6 14.(10 分)如图 K43-7,放置在水平面上的组合体由直三棱柱 ABC-A1B1C1 与正三棱 锥 B-ACD 组成,其中,AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为 2 2+1,2 2+ 1,1. (1)求直线 CA1 与平面 ACD 所成角的正弦值; (2)在线段 AC1 上是否存在点 P,使 B1P⊥平面 ACD?若存在,确定点 P 的位置;若不 存在,说明理由.

图 K43-7

15.(13 分)[2011· 安徽师大附中三模] 如图 K43-8,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点. (1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE; (3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值.

图 K43-8

难点突破 16.(12 分)[2011· 湖北卷] 如图 K43-9,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都是 4, E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合. (1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ,求 tanθ 的最小值.

图 K43-9

课时作业(四十三) 【基础热身】 1.B [解析] 设 M(0,0,z),直线的一个单位方向向量 s0=? 到直线的距离 d= 2.D 异面. → → 2 |OM|2-|OM· s0| = 3 3 3? ,故点 M ? 3 ,- 3 , 3 ?

1 z2- z2= 6,解得 z=± 3. 3 [解析] 根据共线向量定理,显然 a,b 不平行,所以 l1,l2 的位置关系是相交或

3.B [解析] 两平面的一个单位法向量 n0=?-

?

2 2? ,故两平面间的距离 d= ,0, 2 2?

2 → |OA· n0|= . 2 4.D [解析] 直线 l 的一个单位法向量 s0=? → → 2 |OA|2-|OA· s0| = 1-? 6 3?2 = . ?3? 3 3 3 3? → ,向量OA=(1,0,0),故点 O ?3,3,3?

到直线 l 的距离为 d=

【能力提升】 5. C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系. 则 A(2,0,0), D(0,0,0), D1(0,0,1), C1(0,2,1), → → → → AD1=(-2,0,1),DC1=(0,2,1),故异面直线 AD1 和 C1D 所成角的余弦值为|cos〈AD1,DC1〉 → → |AD1· DC1| 1 |= = . 5 → → |AD1||DC1|

→ → 6.D [解析] ∵∠ACD=90° ,∴AC· CD=0. → → 同理BA· AC=0, → → ∵AB 和 CD 成 60° 角,∴〈BA,CD〉=60° 或 120° . → → → → ∵BD=BA+AC+CD, → → → → → → → → → → ∴BD2=BA2+AC2+CD2+2BA· CD+2BA· AC+2AC· CD → → → → → =BA2+AC2+CD2+2BA· CD → → =3+2×1×1×cos〈BA,CD〉 → → ? ?, ?4?〈BA,CD〉=60° =? → → ?2?〈BA ,CD〉=120° ?, ? → ∴|BD|=2 或 2,即 B、D 间的距离为 2 或 2,故选 D. 7.C [解析] 设三棱锥为 P-ABC,且 PA=6,PB=PC=4,以 P 为原点建立空间直角 → → → 坐标系如图,则 P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,4,0),C(0,0,4),PA=(6,0,0),AB=(-6,4,0),AC=(- → → 6,0,4),设面 ABC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥AB,n⊥AC, ?-6x+4y=0, ? 3 所以? ?y=z= x,所以可选面 ABC 的一个法向量为 n=(2,3,3), 2 ?-6x+4z=0 ?

→ |PA· n| 12 6 22 → → 所以 P 到面 ABC 的距离 d=|PA||cos〈PA,n〉|= = = ,选 C. |n| 11 4+9+9

8.D [解析] 如图,如果过点 G 直接向平面 D1EF 作垂线,垂足为 H,如果我们能求 → → 出向量GH,那么|GH|就是点 G 到平面 D1EF 的距离.在正方体中,建立空间直角坐标系非 常方便,因此用坐标的方法,解决这个问题.

如图,以射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 G(1, 1? → ? 1? 1? → → ? λ , 1) , E ? ?1,0,2? , GE = ?0,-λ,-2? , F ?1,1,2? , EF = (0,1,0) , D1(0,0,1) , ED 1 = ?-1,0,1?.过点 G 向平面 D1EF 作垂线,垂足为 H,由于点 H 在平面 D1EF 内,故存在实 2? ? 1 1 → → → → -y,-λ+x,- + y?,由于 GH⊥EF,GH⊥ED1, 数 x,y 使GH=GE+xEF+yED1=? 2 2 ? ? ?-y,-λ+x,-1+1y?· 2 2 ? ?0,1,0?=0, ? 所以 ?-y,-λ+x,-1+1y?· ?-1,0,1?=0, 2 2 ?? 2? ?

? ? ?

x=λ, ? ? 1 2 5 5 → → - ,0,- ?, 解得? 1 故GH=? 所以|GH|= , 即点 G 到平面 D1EF 的距离是 . 5 5 ? ? 5 5 ? ?y=5, 9.D [解析] 以 D 为原点,射线 DA,DC,DP 为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标 系,如图, → 设 E(1,y0,0)(0≤y0≤2),则EC=(-1,2-y0,0), 设平面 PEC 的法向量为 n1=(x,y,z), → ? ? EC=0, ?n1· ?-x+y?2-y0?=0, ∴? ?? ?x∶y∶z=(2-y0)∶1∶2, ?2y-z=0 → ? ? PC=0 ?n1· 记 n1=(2-y0,1,2), 而平面 ECD 的法向量 n2=(0,0,1), 则二面角 P-EC-D 的平面角 θ 满足 cosθ=|cos 〈n1, 2 n2〉|= , 2 |n1· n2 | 2 2 ∴cosθ= = 2 2 2 = 2 ?y0=2- 3. |n1|· |n2| ?2-y0? +1 +2 · 1

π ∴当 AE=2- 3时,二面角 P-EC-D 的平面角为 . 4

7 6 10. [解析] 以 O 为原点,OB,OC,OA 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 18 则有 A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0).

→ → → 设平面 ABC 的法向量为 n1=(x,y,z),则由 n1⊥AB知 n1· AB=2x-z=0,由 n1⊥AC知 → n1· AC=2y-z=0,取 n1=(1,1,2). → → → → 设平面 EAB 的法向量为 n=(x, y, z), 则由 n⊥AB知 n· AB=2x-z=0, 由 n⊥EB知 n· EB =2x-y=0,取 n=(1,2,2). n· n1 1+2+4 7 6 则 cos〈n,n1〉= = = , |n||n1| 9× 6 18 7 6 所以平面 EAB 与平面 ABC 夹角的余弦值为 . 18 → → → → → → 11. 2a2+b2-2ab [解析] 由已知〈AA1,AB〉=〈AA1,AD〉=120° , 〈AB,AD〉= 90° . → → → → → → → → → → → → → |AC1|2=|AA1+AB+AD|2=|AA1|2+|AB|2+|AD|2+2AA1· AB+2AB· AD+2AA1· AD → =b2+a2+a2-ab-ab=2a2+b2-2ab,故|AC1|= 2a2+b2-2ab. → → → → =AO 12. 2a [解析] AC +OB+BC, → → → → → → 其中〈AO,OB〉=〈OB,BC〉=90° , 〈AO,BC〉=120° , → → → → → → → → → → → → → 故|AC|2=|AO+OB+BC|2=|AO|2+|OB|2+|BC|2+2AO· OB+2OB· BC+2AO· BC → =3a2+2a2cos120° =2a2,故|AC|= 2a,即 AC= 2a. 3 → 13. a [解析] 设 M(0,m,m)(0≤m≤a),AD1=(-a,0,a),直线 AD1 的一个单位方 3 2 2 → 向向量 s0=?- ,0, ?,由MD1=(0,-m,a-m),故点 M 到直线 AD1 的距离 d= 2? ? 2 1 3 2 1 → → |MD1|2-|MD1· s0|2= m2+?a-m?2- ?a-m?2= m -am+ a2,根式内的二次函数 2 2 2 -a a 3?a?2 a 1 2 1 2 3 当 m=- = 时取最小值 ?3? -a× + a = a ,故 d 的最小值为 a. 3 3 2 3 2 3 3 2× 2 14.[解答] 由已知可得 AB⊥平面 BB1C1C,由于三棱锥 B-ACD 是正三棱锥,所以 CD ?平面 BB1C1C,D,B,B1 三点共线,AB=BC=BD. 1 1 设 AB=a,BB1=b.则其正视图和俯视图的面积都是 ab+ a2,侧视图的面积是 a2,根 2 2 据已知解得 a= 2,b=2.以点 B 为坐标原点,射线 BC,BB1,BA 分别为 x,y,z 轴的正方

向建立空间直角坐标系,如图,则

A(0,0, 2),C( 2,0,0),D(0,- 2,0),B1(0,2,0),C1( 2,2,0),A1(0,2, 2). 2 2 2 (1)由于三棱锥 B-ACD 是正三棱锥,该三棱锥的重心 G? ,- , ?,则 BG⊥平 3 3? ?3 → 面 ACD,故可取向量 n=(1,-1,1)为平面 ACD 的一个法向量,CA1=(- 2,2, 2),故 可取 v=(1,- 2,-1)为直线 CA1 的一个方向向量.设直线 CA1 与平面 ACD 所成角为 θ, 则 |n· v| 2 6 sinθ=|cos〈n,v〉|= = = . |n||v| 2 3 6 → → → → → (2)设AP=mAC1=( 2m,2m,- 2m),则B1P=B1A+AP=( 2m,2m-2, 2- 2m), → 如果 B1P⊥平面 ACD,则B1P∥n,即( 2m,2m-2, 2- 2m)=(λ,-λ,λ),由此得方 程组

? 2m=λ,① ?2m-2=-λ,② ? 2- 2m=λ,③
1 2 2 由①③得 m= ,λ= ,代入②则-1=- ,矛盾,这说明不存在满足题目要求的点 2 2 2 P. 15.[解答] 方法一: (1)证法一:取 CE 的中点 G,连接 FG、BG. 1 ∵F 为 CD 的中点,∴GF∥DE 且 GF= DE, 2 ∵AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB. 1 又 AB= DE,∴GF=AB.又 DE=2AB, 2 ∴四边形 GFAB 为平行四边形,则 AF∥BG. ∵AF?平面 BCE,BG?平面 BCE, ∴AF∥平面 BCE. 证法二:取 DE 的中点 M,连接 AM、FM, ∵F 为 CD 的中点,∴FM∥CE. ∵AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,∴DE∥AB. 1 又 AB= DE=ME, 2 ∴四边形 ABEM 为平行四边形,则 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)证明:∵△ACD 为等边三角形,F 为 CD 的中点, ∴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 内,过 F 作 FH⊥CE 于 H,连接 BH, ∵平面 BCE⊥平面 CDE,∴FH⊥平面 BCE. ∴∠FBH 为 BF 和平面 BCE 所成的角. 2 设 AD=DE=2AB=2a,则 FH=CFsin45° = a, 2 BF= AB2+AF2= a2+? 3a?2=2a, FH 2 在 Rt△FHB 中,sin∠FBH= = . BF 4 ∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 2 . 4

方法二: 设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0, a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a).

3 3 ∵F 为 CD 的中点,∴F? a, a,0?. 2 ?2 ? 3 3 → → → (1)证明:AF=? a, a,0?,BE=(a, 3a,a),BC=(2a,0,-a), 2 ?2 ? → 1 → → ∵AF= (BE+BC),AF?平面 BCE,∴AF∥平面 BCE. 2 3 3 → → → (2)证明:∵AF=? a, a,0?,CD=(-a, 3a,0),ED=(0,0,-2a), 2 ?2 ? → → → → → → → → ∴AF· CD=0,AF· ED=0,∴AF⊥CD,AF⊥ED. → ∴AF⊥平面 CDE,又 AF∥平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE. → → (3)设平面 BCE 的法向量为 n=(x,y,z),由 n· BE=0,n· BC=0 可得 x+ 3y+z=0,2x-z=0,取 n=(1,- 3,2). 3 3 → 又BF=? a, a,-a?,设 BF 和平面 BCE 所成的角为 θ,则 2 ?2 ? → |BF· n| 2a 2 sinθ= = = . 4 → 2 a · 2 2 |BF|· |n|

∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为

2 . 4

【难点突破】 16.[解答] 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连接 EF. (1)如图①,连接 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C, 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN?底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧 面 A1C 内的射影, 在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60° =1 , CF CN 1 则由 = = ,得 NF∥AC1. CC1 CA 4 又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C, 由三垂线定理知 EF⊥A1C. (2)如图②,连接 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连接 ME, 由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF, 所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ, 设∠FAC=α,则 0° <α≤45° . 在 Rt△CNE 中,NE=EC· sin60° = 3, 在 Rt△AMN 中,MN=AN· sinα=3sinα, NE 3 故 tanθ= = . MN 3sinα 2 又 0° <α≤45° ,∴0<sinα≤ , 2 2 故当 sinα= ,即当 α=45° 时,tanθ 达到最小值, 2 3 6 tanθ= × 2= ,此时 F 与 C1 重合. 3 3

解法 2:(1)建立如图③所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B(2 3,2,0), C(0,4,0),A1(0,0,4), E( 3,3,0),F(0,4,1), → → 于是CA1=(0,-4,4),EF=(- 3,1,1), → → 则CA1· EF=(0,-4,4)· (- 3,1,1)=0-4+4=0,故 EF⊥A1C. (2)设 CF=λ(0<λ≤4),平面 AEF 的一个法向量为 m=(x,y,z),则由(1)得 F(0,4,λ), → → → → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由 m⊥AE,m⊥AF可得 → ? AE=0, ?m· ? 3x+3y=0, ? 即? 取 m=( 3λ,-λ,4), → 4y+λz=0, ? ? AF=0, ?m· 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n=(1,0,0), λ2+16 λ2+16 3λ |m· n| 于是由 θ 为锐角可得 cosθ= = ,sinθ= ,所以 tanθ= = |m|· |n| 2 λ2+4 3λ 2 λ2+4 1 16 + , 3 3λ2 1 1 1 1 6 由 0<λ≤4,得 ≥ ,即 tanθ≥ + = , λ 4 3 3 3

故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tanθ 取得最小值

6 . 3


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