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2021高考数学人教版一轮复习多维层次练:第七章 第6节第2课时 利用空间向量求夹角和距离 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:1023528 上传时间:2024-06-04 格式:DOC 页数:14 大小:425KB
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资源描述

1、多维层次练42A级基础巩固1若直线l的方向向量与平面的一个法向量的夹角等于120,则直线l与平面所成的角等于()A120 B60 C30 D60或30解析:设直线l与平面所成的角为,直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又因为0 90,所以30.答案:B2(2020湖北七校联考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E、F分别是CC1、AD的中点,那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()A. B.C. D.解析:设正方体的棱长为2,建立如图所示的坐标系,则O(1,1,0),E(0,2,1),F(1,0,0),D1(0,0

2、,2),所以(1,0,2),(1,1,1)所以cos,.答案:B3已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析:如图所示建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为2,则O(0,0,0),B(,0,0),A(0,1,0),B1(,0,2),所以(,1,2),由题知(,0,0)为侧面ACC1A1的一个法向量即sin .答案:A4(2020平阴一中月考)过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD,若ABPA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为()A30 B45 C60 D90解析:以A点为坐标原点,AB、AD、

3、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系(图略),且设AB1,所以C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1)设平面CDP的法向量为n(x,y,z),所以令y1,所以n(0,1,1)又因为为平面ABP的一个法向量,所以cosn,.所以二面角为45.答案:B5二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB4,AC6,BD8,CD2,则该二面角的大小为()A150 B45C60 D120解析:如图所示,二面角的大小就是,因为,所以22222()2222,所以(2)262428224.因此24,cos,又,0,180,所以,60,故二面角为6

4、0.答案:C6如图所示,在正方形ABCD中,EFAB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AEEDAD11,则AF与CE所成角的余弦值为_解析:因为AEEDAD11,所以AEED,即AE,DE,EF两两垂直,所以建立如图所示的空间直角坐标系,设ABEFCD2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),所以(1,2,0),(0,2,1),所以cos,所以AF与CE所成角的余弦值为.答案:7已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E2EB,CF2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于_解析:延长FE,CB相交于点

5、G,连接AG,如图所示设正方体的棱长为3,则GBBC3,作BHAG于点H,连接EH,则EHB为所求二面角的平面角因为BH,EB1,所以tan EHB.答案:8如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E平面ABF,则CE与DF的和的值为_解析:以D1A1,D1C1,D1D分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设CEx,DFy,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1y),B(1,1,1),(x1,0,1),(1,1,y),由于B1E平面ABF,所以(1,1,y)(x1,0,1)0xy1.答案:19.如图所示,已知点P在

6、正方体ABCD-ABCD的对角线BD上,PDA60.(1)求DP与CC所成角的大小;(2)求DP与平面AADD所成角的大小解:(1)如图所示,以D为原点,DA为单位长度建立空间直角坐标系D-xyz.则(1,0,0),(0,0,1)连接BD,BD.在平面BBDD中,延长DP交BD于点H.设(m,m,1)(m0),由已知,60,由|cos,可得2m,解得m,所以.因为cos,所以,45,即DP与CC所成的角为45.(2)因为ABCD-ABCD为正方体,所以CD平面ADDA.所以为平面ADDA的一个法向量,(0,1,0)又因为,设DP与平面AADD所成的角为,所以sin .所以DP与平面AADD所成

7、角为30.10.(2019浙江卷)如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC90,BAC30,A1AA1CAC,E,F分别是AC,A1B1的中点(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值(1)证明:连接A1E,因为A1AA1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABCAC,所以,A1E平面ABC.如图所示,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,C

8、(0,2,0)因此,(,1,0)由0得EFBC.(2)解:设直线EF与平面A1BC所成的角为.由(1)可得(,1,0),(0,2,2)设平面A1BC的法向量为n(x,y,z)由得取n(1,1),故sin |cos,n|,所以cos .因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.B级能力提升11(2020青岛模拟)在九章算术中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑A-BCD中,AB平面BCD,BCCD,且ABBCCD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析:以C为原点,CB为x轴,CD为y轴,过C作平面BCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,

9、设ABBCCD1,则A(1,0,1),B(1,0,0),C(0,0,0),D(0,1,0),M,则,(0,1,0),设异面直线BM与CD夹角为,则cos .所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为.答案:C12(2020武汉调研)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点A关于平面BDC1的对称点为M,则M到平面A1B1C1D1的距离为_解析:建立如图所示的空间直角坐标系,正方体的棱长为1,在正方体ABCD-A1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCD-A2B2C2D2,连接A2C2,B2D2,AC2,设B2D2A2C2E,连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点),易得M

10、,所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1.答案:13.如图所示,已知四棱锥P-AB-CD的底面是菱形,对角线AC与BD交于点O,OA4,OB3,OP4,OP底面ABCD,设点M满足(0)(1)当时,求直线PA与平面BDM所成角的正弦值;(2)若二面角M-AB-C的大小为,求的值解:(1)以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(4,0,0),B(0,3,0),C(4,0,0),D(0,3,0),P(0,0,4),所以(4,0,4),(0,6,0),(4,3,0)当时,得M,所以,设平面BDM的法向量n(x,y,z)则即得y0.令x2,则z1,所以n(2,0,1),所以co

11、s,n,故直线PA与平面BDM所成角的正弦值为.(2)易知平面ABC的一个法向量n1(0,0,1)设M(a,0,b),代入,得(a,0,b4)(4a,0,b),解得即M,所以,设平面ABM的一个法向量n2(x,y,z),则即消去y,得(21)xz,令x1,则z21,y,所以n2,所以cosn1,n2cos ,解得或,因为0,所以.C级素养升华14(2017全国卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a

12、所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)解析:依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0),直线b的方向向量为b(1,0,0),以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为,0,2),则B(cos ,sin ,0),所以(cos ,sin ,1),|.设直线AB与a所成夹角为,则cos |sin |,所以4590,所以正确,错误设直线AB与b所成夹角为,则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60,即60时,则|sin |cos cos 60,所以|cos |.所以cos |cos |.因为090,所以60,即直线AB与b的夹角为60.所以正确,错误故正确的结论有.答案:

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