2021_2021学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2第3课时用空间向量解决空间角与距离问题课时跟踪训练含解析新人教A版选修2_.doc

用空间向量解决空间角与距离问题A组学业达标1.如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA12AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.B.C. D.解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设AB1.则B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)，(0,1，2)，(1,0,2)，cos，异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.答案：D2二面角的棱上有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°B45°C60° D120°解析：由条件，知·0，·0，.|2|2|2|22·2·2·6242822×6×8cos，(2)2，cos，120°，二面角的大小为60°.答案：C3把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，O是正方形中心，则折起后，EOF的大小为()A30° B90°C120° D60°解析：()，()，·(····)|2.又|，cos，.EOF120°.故选C.答案：C4正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析：建系如图，设正方体棱长为1，则(0,0,1)B1D面ACD1，取(1,1,1)为面ACD1的法向量设BB1与平面ACD1所成角为，则sin ，cos .答案：D5.如图所示，在几何体A­BCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABBC1，CD2，点E为CD中点，则AE的长为()A. B.C2 D.解析：，|1|，且···0.又2()2，23，AE的长为.故选B.答案：B6.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_解析：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM.过D作DNBM，交MM1于点N，则容易证明DN平面AA1C1C.连接AN，则DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角在RtDAN中，sinDAN.答案：7正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是_解析：如图，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易证是平面A1BD的一个法向量.(1,1,1)，(1,0,1)cos，.所以BC1与平面A1BD所成角的正弦值为.答案：8.如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是_答案：90°9.如图所示，已知在四面体ABCD中，O为BD的中点，CACBCDBD2，ABAD.(1)求证：AO平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值解析：(1)证明：因为BODO，ABAD，所以AOBD.因为BODO，BCCD，所以COBD.在AOC中，由已知可得AO1，CO，而AC2，所以AO2CO2AC2，所以AOC90°，即AOOC.因为BDOCO，所以AO平面BCD.(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(1,0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，(1,0,1)，(1，0)，所以cos，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.10.如图，四棱锥P­ABCD中，PA底面ABCD，ABCD，ADCD1，BAD120°，ACB90°.(1)求证：BC平面PAC；(2)若二面角D­PC­A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离解析：(1)证明：PA底面ABCD，BC平面ABCD，PABC，ACB90°，BCAC，又PAACA，BC平面PAC.(2)设APh，取CD的中点E，则AECD，AEAB.又PA底面ABCD，PAAE，PAAB，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，D，B(0,2,0)，(0,1,0)，设平面PDC的法向量n1(x1，y1，z1)，则即取x1h，n1，由(1)平面PAC的一个法向量为.|cosn1，|，解得h，同理可求得平面PBC的一个法向量n2(3，2)，所以，点A到平面PBC的距离为d.B组能力提升11二面角­l­等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面、内，ACl，BDl，且ABACBD1，则CD的长等于()A. B.C2 D.解析：如图，二面角l等于120°，与夹角为60°.由题设知，|1，|2|2|2|2|22·2·2·32×cos 60°4，|2.故选C.答案：C12正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则O到平面ABC1D1的距离为()A. B.C. D.解析：以、为正交基底建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，平面ABC1D1的法向量(1,0,1)，点O到平面ABC1D1的距离d.故选B.答案：B13.正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为_解析：取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.设BC1，则A，B，C，D，所以，.设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则所以取x1，则y，z1，所以n(1，1)，所以cosn，因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.答案：14在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA14，ABBC2，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是_解析：以D为原点，分别以，为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,4)，设t，m(t，m0,1)，t(0,2,4)(0,2t,4t)，m(2,0,0)m(2,2,0)(22m,2m,0)P(0,2t,4t)，Q(22m,2m,0)，(22m,2m2t，4t)，则|22，当且仅当t，m，即t，m时取等号，线段PQ长度的最小值为.15如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角E­AG­C的大小解析：(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120°，因此CBP30°.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)设m(x1，y1，z1)是平面AEG的法向量，由可得取z12，可得平面AEG的法向量m(3，2)，设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，则，可得，取x22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)，所以cosm，n.因此二面角E­AG­C的大小为60°.16.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值解析：(1)证明：设AC，BD的交点为O，连接OM，如图所示PD平面MAC，且平面PBD平面MACMO，PDMO.O为BD的中点，M为PB的中点(2)取AD的中点E，连接PE.PAPD，PEAD.又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，PE平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,4,0)，P(0,0，)，D(2,0,0)，A(2,0,0)，(2,0，)，(4,4,0)易知平面PDA的法向量m(0,1,0)，设平面BPD的法向量为n(x0，y0，z0)，则可取n(1,1，)设二面角B­PD­A的平面角为，|cos |cosm，n|，由图可知，二面角B­PD­A为锐二面角，即二面角B­PD­A的大小为60°.(3)由(2)可知M，C(2,4,0)，设直线MC与平面BDP所成的角为，则有sin |cos，n|.直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.