2021高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题练习.doc

第3课时 利用空间向量解决有关空间角的开放问题 A级基础巩固1已知平面内有一点M(1，1，2)，平面的一个法向量为n(6，3，6)，则下列点P中，在平面内的是()AP(2，3，3) BP(2，0，1)CP(4，4，0) DP(3，3，4)解析：逐一验证法，对于选项A，(1，4，1)，所以·n61260，所以n，所以点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内答案：A2(2020·大连市月考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin 的值是()A. B.C. D.解析：如图所示，建立坐标系，易求点D.平面AA1C1C的一个法向量是n(1，0，0)，所以cosn，即sin .答案：D3如图所示，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点E是BB1上一点，若D1FDE，则有()AB1EEB BB1E2EBCB1EEB DE与B重合解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，(0，1，2)，(2，2，z)，因为，所以·0×21×22z0，解得z1，所以B1EEB.答案：A4.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1.以上说法正确的个数为()A1 B2C3 D4解析：，所以，所以A1MD1P，由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1，故正确答案：C5在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，点P，Q分别是线段A1E与线段DD1上的动点，当点P，Q的距离最小时，异面直线AP与CD1所成角的余弦值为()A. B. C. D解析：以AB，AD，AA1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2.则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，C(2，2，0)，E(2，1，0)，设，则P(2，22)，Q(0，2，2)所以|PQ|，当且仅当，时取等号，此时.又(2，0，2)，所以异面直线AP与CD1所成角的余弦值cos .答案：B6若，则直线AB与平面CDE的位置关系是_解析：因为，所以，共面则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内答案：平行或在平面内7已知平面，平面的法向量分别为a(1，1，2)，b(x，2，3)，若，则x_；若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则x_解析：由，得ab，所以a·bx260，解得x4.若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则|cosa，b|，解得x.答案：48如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_解析：建立如图所示的空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)因此(0，1，1)，(2，0，2)，所以·2.所以cos，.所以EF和BC1所成的角为60°.答案：60°9.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由(1)证明：以A为原点，、的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设ABa.则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，(0，1，1)，因为·×01×1(1)×10，因此，所以B1EAD1.(2)解：存在满足要求的点P，假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)，再设平面B1AE的法向量为n(x，y，z)(a，0，1)，.则即取x1，则y，za，所以平面B1AE的一个法向量为n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.所以存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.10(2020·菏泽一中月考)四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值(1)证明：取AC的中点O，连接BO，OD.因为ABC是等边三角形，所以OBAC.ABD与CBD中，ABBDBC，ABDCBD，所以ABDCBD，所以ADCD.因为ACD是直角三角形，所以AC是斜边，所以ADC90°.所以DOAC.所以DO2BO2AB2BD2.所以BOD90°.所以OBOD.又DOACO，所以OB平面ACD.又OB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)解：设点D，点B到平面ACE的距离分别为hD，hB.则.因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，所以1.所以点E是BD的中点建立如图所示的空间直角坐标系不妨取AB2.则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)，B(0，0)，E.(1，0，1)，(2，0，0)设平面ADE的法向量为m(x，y，z)，则即取m(3，3)同理可得：平面ACE的法向量为n(0，1，)所以cosm，n.由图可知此二面角应为锐角，所以二面角D-AE-C的余弦值为.B级能力提升11.如图所示，已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，APPB，2，分别记二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角为、，则()A<< B<<C<< D<<解析：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC的中心为O，OP3.则O(0，0，0)，P(0，3，0)，C(0，6，0)，D(0，0，6)，B(3，3，0)，Q(，3，0)，R(2，0，0)，(2，3，0)，(0，3，6)，(，6，0)，(3，3，0)，(，3，6)设平面PDR的法向量为n(x，y，z)，则可得可得n(，2，1)，取平面ABC的法向量m(0，0，1)则cosm，n，所以cos .同理可得：cos ，cos .因为 > >，所以<<.答案：B12如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_解析：如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，设AB2，QMm(0m2)，则F(2，1，0)，E(1，0，0)，M(0，m，2)(0m2)(2，1，0)，(1，m，2)，cos |cos，|.设y，则y.当0<m<2时，y<0，所以y在(0，2)上单调递减所以当m0时，y取最大值，此时cos 取最大值，(cos )max.答案：13已知长方形ABCD中，AB1，AD.现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体A-BCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由(2)当四面体A-BCD的体积最大时，求二面角A-CD-B的余弦值解：(1)若ABCD，因为ABAD，ADCDD，所以AB平面ACD，所以ABAC.有AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，因为ADAB，ABBCB，所以AD平面ABC，所以ADAC.有AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，无解故ADBC不成立(2)要使四面体A-BCD的体积最大，因为BCD的面积为定值，所以只需三棱锥A-BCD的高最大即可，此时平面ABD平面BCD，过点A作AOBO于点O，则AO平面BCD，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则易知A，C，D，显然平面BCD的一个法向量为.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则即令y，得n(1，2)故cos，n.所以二面角A-CD-B的余弦值为.C级素养升华14将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，给出下列四个结论：ACBD；AB、CD所成角为60°；ADC为等边三角形；AB与平面BCD所成角为60°，其中真命题是_(请将你认为是真命题的序号都填上)解析：连接AC与BD交于O点，对折后如图所示，令OC1，建如图所示坐标系则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D(0，1，0)，则(1，0，1)，(0，2，0)，因为·0，故ACBD正确；(1，1，0)，(0，1，1)，则|cos，|，故AB与CD所成角为60°正确；因为|，所以ADC为正三角形正确；因为为平面BCD的一个法向量，根据正方形的性质，易得AB与平面BCD所成角为45°，故错误答案：- 11 -