3.2 空间的角与距离 题组训练 -2021-2022学年高二上学期数学人教A版选修2-1第三章（含答案）
文档属性
| 名称 | 3.2 空间的角与距离 题组训练 -2021-2022学年高二上学期数学人教A版选修2-1第三章（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 509.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-11-30 10:21:22 | ||
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文档简介
第2课时 空间的角与距离
基础过关练
题组一 异面直线所成的角(线线角)
1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°,则l1与l2所成的角为( )
A.30°
B.150°
C.30°或150°
D.以上均不对
2.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,1),直线l2的一个方向向量为b=(2,-2,0),则两直线所成角的余弦值为( )
A.1
B.
C.
D.
3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1=,则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为( )
A.1 B.
C. D.
4.已知两异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,若cos=-,则l1与l2所成的角为 .
5.(天津六校高三检测)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SBC⊥平面ABC,SB=SC=AB=AC=,BC=2,O为BC的中点.
(1)证明:SO⊥平面ABC;
(2)求异面直线AB和SC所成角的大小.
题组二 直线与平面所成的角(线面角)
6.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为( )
A. B. C. D.
7.已知在正四面体ABCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
8.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成的角的正弦值为( )
A. B. C. D.
9.正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
10.如图,正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直,M是CE与AD的交点,AC⊥BC,且AC=BC.
(1)求证:AM⊥平面EBC;
(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小.
题组三 平面与平面所成的角(二面角)
11.已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,若=,则二面角α-l-β的大小为( )
A. B.
C.或 D.或
12.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为( )
A.- B.-
C. D.
13.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为( )
A. B.
C. D.
14.(2018陕西西安模拟)如图,已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
15.如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(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.
题组四 空间的距离
16.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为( )
A.10 B.3 C. D.
17.(上海奉贤高二期末)在四棱锥P-ABCD中,设向量=(4,-2,3),=(-4,1,0),(-6,2,-8),则顶点P到底面ABCD的距离为 .
18.(陕西宝鸡渭滨高二期末)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.
(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;
(2)求点A到平面FBD的距离.
能力提升练
一、选择题
1.(湖南娄底双峰一中高二期中,★★☆)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θ的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(吉林长春东北师大附中高二期末,★★☆)在正四棱锥P-ABCD中,底面边长为1.侧棱长为2,E为PC的中点,则异面直线PA与BE所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
3.(2018河北石家庄二中高二开学考试,★★☆)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是( )
A. B. C. D.
4.(福建泉州高二期末,★★☆)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点M在线段A1C上(包括A1,C两点),E,F分别为DD1,AD的中点.若异面直线EF与BM所成的角为θ,则θ的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
5.(广东广州高二期末,★★★)在三棱锥D-ABC中,AB=BC=2,DA=DC=AC=4,平面ADC⊥平面ABC,点M在棱BC上,且DC与平面DAM所成角的正弦值为,则AM=( )
A. B.
C.2 D.
二、填空题
6.(安徽滁州高二期末联考,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,AC与BD交于点O,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,PA=2,则异面直线AC与PB所成角的余弦值为 .
7.(湖北宜昌高中协同发展共同体高二期末,★★☆)在棱长为2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<2),则点G到平面D1EF的距离为 .
8.(江苏常州教学研究合作联盟高二期中,★★☆)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,M,N分别为CC1,BC的中点,点P在直线A1B1上且满足=λ(λ∈R).若平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,则实数λ的值为 .
9.(2018安徽芜湖一中高二期末,★★☆)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是 .
三、解答题
10.(上海建平中学高三期中,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AB⊥BC,∠ADC=45°,PA⊥平面ABCD,AB=AP=1,AD=3.
(1)求异面直线PB与CD所成角的大小;
(2)求点D到平面PBC的距离.
11.(山西运城高三上期末,★★★)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上(包括点A,N)是否存在点S,使得ES⊥平面AMN 若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
12.(福建漳州高二第二次联考,★★★)如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,SA=SC=2,O,M分别为AC,AB的中点,且SO⊥AB.
(1)求二面角S-CM-A的余弦值;
(2)求点B到平面SCM的距离.
13.(湖北武汉高三调研,★★★)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ACB=30°,∠C1CB=120°,BC1⊥A1C,E为AC的中点.
(1)求证:A1C⊥平面C1EB;
(2)求二面角A1-AB-C的余弦值.
答案全解全析
基础过关练
1.A l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补,且异面直线所成角的范围为,所以l1与l2所成的角为30°.
2.D 设l1与l2所成的角为θ,
则cos θ=|cos|====.
3.A 设线段A1B1,AB的中点分别为O,D,连接OC1,OD,则OC1⊥平面ABB1A1,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
则A(-1,0,),B1(1,0,0),B(1,0,),C1(0,,0),所以=(2,0,-),=(-1,,-),·=(2,0,-)·(-1,,-)=0,所以⊥,即异面直线AB1和BC1所成的角为直角,则其正弦值为1.
4.答案 60°
解析 由异面直线所成的角的范围及cos=-,可得l1与l2所成的角为60°.
5.解析 (1)证明:∵SB=SC,O为BC的中点,
∴SO⊥BC,
∵平面SBC⊥平面ABC,且平面SBC∩平面ABC=BC,SO 平面SBC,
∴SO⊥平面ABC.
(2)连接AO.∵SB=SC=AB=AC=,BC=2,
∴AO⊥BC,BS⊥CS,BA⊥CA,
如图,分别以OB,OA,OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,1,0),B(1,0,0),S(0,0,1),C(-1,0,0),
∴=(1,-1,0),=(-1,0,-1),
∴|cos<,>|===,又异面直线所成角的范围为,
∴异面直线AB和SC所成的角为.
6.B 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),E,A1(1,0,1).可得平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,2).又=(0,-1,1),∴cos==,
∴=.
∴直线A1B与平面BDE所成的角为.
7.B 作AO⊥平面BCD于点O,则O是△BCD的中心,以O为坐标原点,过点O平行于BC的直线为x轴,直线OD为y轴,直线OA为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设AB=2,则O(0,0,0),A,D,C,E,易知为平面BCD的一个法向量,=,=,
∴cos<,>===.
∴CE与平面BCD所成角的正弦值为.
8.C 以A为坐标原点,直线AF为x轴,直线AB为y轴,直线AD为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),G(a,a,0),C(0,2a,2a),B(0,2a,0),∴=(a,a,0),=(0,2a,2a).
设平面AGC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则x=1,y=-1,∴n=(1,-1,1).
设GB与平面AGC所成的角为α.
易得=(-a,a,0),
∴sin α==.
9.C 设AC与BD交于O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题意得A(1,-1,0),C(-1,1,0),B(1,1,0),S(0,0,).
∴=(2,-2,0),=(-1,-1,),=(1,-1,).
设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),
则∴
令z=,得x=0,y=2,
∴n=(0,2,).
设直线AC与平面SBC所成的角为θ,
则sin θ=|cos|==.
10.解析 ∵四边形ACDE是正方形,
∴EA⊥AC.
∵平面ACDE⊥平面ABC,
∴EA⊥平面ABC.
以A为坐标原点,以过A点且平行于BC的直线为x轴,分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
设EA=AC=BC=2,
则A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2).
∵M是正方形ACDE对角线的交点,∴M(0,1,1).
(1)证明:=(0,1,1),=(0,2,0)-(0,0,2)=(0,2,-2),=(2,2,0)-(0,2,0)=(2,0,0),∴·=0,·=0.
∴AM⊥EC,AM⊥CB.
∵EC∩CB=C,∴AM⊥平面EBC.
(2)由(1)知AM⊥平面EBC,∴为平面EBC的一个法向量.
∵=(0,1,1),=(2,2,0),
∴cos<,>==,
∴<,>=60°.
∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.
11.C 由于二面角的范围是[0,π],二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为或,故选C.
12.C 设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2),所以=(-1,1,0),=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,则即取x=1,则y=z=1,所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1).又因为DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,所以cos===.又因为二面角B1-A1B-E为锐二面角,所以二面角B1-A1B-E的余弦值为,故选C.
13.D 如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.则OF∥PA,所以FO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,C,=,易知为平面BDF的一个法向量,由=,=,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,,).所以cos=,sin=,所以tan=.故二面角C-BF-D的正切值为.
14.C 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(1,0,0),E,D1(0,0,1),
∴=(-1,0,1),=.
设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),
则即∴x=2y=z.
取y=1,则n=(2,1,2).
又平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),
∴cos=,∴sin=.
∴截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为.
15.解析 (1)证明:由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.
因为△ACD是直角三角形,
所以∠ADC=90°.
取AC的中点O,连接DO,BO,
则DO⊥AC,DO=AO.
又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,
所以BO⊥DO,又DO 平面ACD,AC 平面ACD,DO∩AC=O,所以BO⊥平面ACD,又BO 平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,
以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,设OA=1.
则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,则E,
故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.
设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,
则即
可取n=.
设m=(a,b,c)是平面AEC的法向量,则即
可取m=(0,-1,),
则cos==.
又二面角D-AE-C为锐二面角,
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
16.D =(1,2,-4),点P到平面α的距离d===.
17.答案 2
解析 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则令x=3,则y=12,z=4,∴n=(3,12,4).
∴点P到底面ABCD的距离d===2.
18.解析 设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,OD所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知得A(0,1,0),B(-,0,0),C(0,-1,0),D(,0,0),F(0,1,2),=(,1,2).
(1)因为z轴垂直于平面ABCD,
因此可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,
则sin θ=|cos|===,
又θ∈,所以θ=,
所以直线BF与平面ABCD的夹角为.
(2)=(2,0,0),=(,1,2).
设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),
则即令z=1,得n=(0,-2,1),
又因为=(0,0,2),
所以点A到平面FBD的距离d===.
能力提升练
一、选择题
1.A 建立如图所示的空间直角坐标系(O为AC的中点),设正三棱柱的侧棱长为2,则O(0,0,0),B(,0,0),A(0,-1,0),B1(,0,2),则=(,1,2),=(-,0,0).又为侧面ACC1A1的一个法向量,所以sin θ=|cos<,>|==.
2.B 设正方形ABCD的中心为O,如图所示,以正方形ABCD的中心O为坐标原点,方向为x轴正方向,方向为y轴正方向,方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系如图所示.
则O(0,0,0),A,B,C,连接OB,由几何关系可求得OB=,又PB=2,
∴PO==,
∴P,∵E为PC的中点,
∴E,
=, =,
cos<,>=
===.
3.C 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).根据题意,可设点P的坐标为(0,λ,2λ),λ∈[0,1],点Q的坐标为(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],
则PQ=
=
=,当且仅当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值.
4.A 以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设DA=2,则F(1,0,0),E(0,0,1),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),所以=(1,0,-1),=(-2,0,0),=(2,-2,2),设=λ(0≤λ≤1),则=(2λ,-2λ,2λ),=+=(2λ-2,-2λ,2λ),则cos θ=|cos<,>|,即cos θ===(0≤λ≤1),当λ=时,cos θ取得最大值,当λ=1时,cos θ取得最小值,又θ∈,所以θ的取值范围为,故选A.
5.A 取AC中点O,连接OB,OD,易证OD⊥AC,OD⊥OB,AC⊥OB.
如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),D(0,0,2),
∴=(0,2,2),=(0,2,-2).
设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),
则=(a,4-a,0).
设平面DAM的法向量为n=(x,y,z),DC与平面DAM所成的角为θ.
则即
可取n=((a-4),a,-a).
所以sin θ=|cos <,n>|==,
解得a=-4(舍去)或a=,
所以||==.
故选A.
二、填空题
6.答案
解析 由四边形ABCD为菱形得OA⊥OB.以OA,OB所在直线分别为x,y轴,以过O点且平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A,B,P,
所以=,=,
设AC与PB所成的角为θ,则cos θ==,
所以AC与PB所成角的余弦值为.
7.答案
解析 以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.
则G(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),
=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1),
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,0,2),
∴点G到平面D1EF的距离为
d===.
8.答案 -2
解析 连接AN,以N为坐标原点,NC,NA所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图.
N(0,0,0),M(1,0,1),B(-1,0,0),A(0,,0),A1(0,,2),B1(-1,0,2),=(0,,2),=(-1,-,0),=(1,0,1).
由=λ,可得=+=+λ=(-λ,-λ,2),
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即
当λ=1时,P与B1重合,不满足题意,所以λ≠1.
令z=-1,可得n=,易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).
因为平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,
所以cos 45°==,即|n|=,所以1++1=2,解得λ=-2.
9.答案
解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz.
则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),
∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(x-1,0,z-1),
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·=0,n·=0,∴a+c=0,a+b=0.
∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).
∵B1P∥平面A1BD,
∴n·=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,
∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,
∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为.
三、解答题
10.解析 (1)以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,3,0),
∴=(1,0,-1),=(-1,1,0),
设异面直线PB与CD所成角为θ,
则cos θ==,
所以异面直线PB与CD所成角的大小为 .
(2)设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).
=(1,0,-1),=(0,2,0),=(-1,1,0),
则取x=1,得n=(1,0,1),
∴点D到平面PBC的距离d==.
11.解析 (1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.
则A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1),E,
∴=,=(-1,0,1),
∴cos<,>===-,
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.
=(0,1,1),=,
可设=λ =(0,λ,λ)(0≤λ≤1),
∴=-=,
∵ES⊥平面AMN,∴⊥,
∴λ-1+λ=0,故λ=,
此时=,||=.
∴线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时AS=.
12.解析 (1)连接BO,因为SA=SC,O为AC的中点,所以AC⊥SO,又SO⊥AB,所以SO⊥平面ABC.所以SO⊥OB,又BA=BC,所以OB⊥AO,所以AO,OB,SO两两垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),B(0,2,0),M(1,,0),=(3,,0),=(2,0,2).
易知=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面SCM的法向量,
则即
令x=-1 ,则y=,z=1,
∴n=(-1,,1),
∴cos==,
由图可知二面角S-CM-A是锐二面角,
所以二面角S-CM-A的余弦值为.
(2)由(1)可得=(2,2,0),n=(-1,,1)为平面SCM的一个法向量,
所以点B到平面SCM的距离d==.
13.解析 (1)证明:∵BA=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
BE 平面ABC,∴BE⊥平面A1ACC1.
∵A1C 平面A1ACC1,∴BE⊥A1C.
又BC1⊥A1C,BE∩BC1=B,
∴A1C⊥平面C1EB.
(2)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AA1=x(x>0),∠A1AC=θ,则A(0,0,0),B(1,,0),C(0,2,0),E(0,,0),C1(0,2+xcos θ,xsin θ).
∴=(1,-,0),=(1,,0),=(0,xcos θ,xsin θ).
由cos<,>==-,得=-,
∴cos θ=,则A1,C1,
∴=,=,
∵⊥,
∴-x·x=0,
即x2-x-6=0,解得x=3或x=-2(舍去),
故AA1=3,
则A1(0,,),于是=(0,,).
设平面A1AB的法向量为n1=(a,b,c),
则即
取b=1,则c=-,a=-,
∴n1=为平面A1AB的一个法向量.
不妨取平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1),
则cos==
=-,
由题图易知二面角A1-AB-C为锐二面角,
故二面角A1-AB-C的余弦值为.
基础过关练
题组一 异面直线所成的角(线线角)
1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°,则l1与l2所成的角为( )
A.30°
B.150°
C.30°或150°
D.以上均不对
2.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,1),直线l2的一个方向向量为b=(2,-2,0),则两直线所成角的余弦值为( )
A.1
B.
C.
D.
3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1=,则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为( )
A.1 B.
C. D.
4.已知两异面直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,若cos
5.(天津六校高三检测)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SBC⊥平面ABC,SB=SC=AB=AC=,BC=2,O为BC的中点.
(1)证明:SO⊥平面ABC;
(2)求异面直线AB和SC所成角的大小.
题组二 直线与平面所成的角(线面角)
6.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为( )
A. B. C. D.
7.已知在正四面体ABCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
8.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成的角的正弦值为( )
A. B. C. D.
9.正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
10.如图,正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直,M是CE与AD的交点,AC⊥BC,且AC=BC.
(1)求证:AM⊥平面EBC;
(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小.
题组三 平面与平面所成的角(二面角)
11.已知二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b,若
A. B.
C.或 D.或
12.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,点E为C1D1的中点,则二面角B1-A1B-E的余弦值为( )
A.- B.-
C. D.
13.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为( )
A. B.
C. D.
14.(2018陕西西安模拟)如图,已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
15.如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(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.
题组四 空间的距离
16.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为( )
A.10 B.3 C. D.
17.(上海奉贤高二期末)在四棱锥P-ABCD中,设向量=(4,-2,3),=(-4,1,0),(-6,2,-8),则顶点P到底面ABCD的距离为 .
18.(陕西宝鸡渭滨高二期末)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.
(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;
(2)求点A到平面FBD的距离.
能力提升练
一、选择题
1.(湖南娄底双峰一中高二期中,★★☆)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θ的正弦值为( )
A. B. C. D.
2.(吉林长春东北师大附中高二期末,★★☆)在正四棱锥P-ABCD中,底面边长为1.侧棱长为2,E为PC的中点,则异面直线PA与BE所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
3.(2018河北石家庄二中高二开学考试,★★☆)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是( )
A. B. C. D.
4.(福建泉州高二期末,★★☆)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点M在线段A1C上(包括A1,C两点),E,F分别为DD1,AD的中点.若异面直线EF与BM所成的角为θ,则θ的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
5.(广东广州高二期末,★★★)在三棱锥D-ABC中,AB=BC=2,DA=DC=AC=4,平面ADC⊥平面ABC,点M在棱BC上,且DC与平面DAM所成角的正弦值为,则AM=( )
A. B.
C.2 D.
二、填空题
6.(安徽滁州高二期末联考,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,AC与BD交于点O,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,PA=2,则异面直线AC与PB所成角的余弦值为 .
7.(湖北宜昌高中协同发展共同体高二期末,★★☆)在棱长为2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<2),则点G到平面D1EF的距离为 .
8.(江苏常州教学研究合作联盟高二期中,★★☆)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,M,N分别为CC1,BC的中点,点P在直线A1B1上且满足=λ(λ∈R).若平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,则实数λ的值为 .
9.(2018安徽芜湖一中高二期末,★★☆)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是 .
三、解答题
10.(上海建平中学高三期中,★★☆)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AB⊥BC,∠ADC=45°,PA⊥平面ABCD,AB=AP=1,AD=3.
(1)求异面直线PB与CD所成角的大小;
(2)求点D到平面PBC的距离.
11.(山西运城高三上期末,★★★)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上(包括点A,N)是否存在点S,使得ES⊥平面AMN 若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
12.(福建漳州高二第二次联考,★★★)如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,SA=SC=2,O,M分别为AC,AB的中点,且SO⊥AB.
(1)求二面角S-CM-A的余弦值;
(2)求点B到平面SCM的距离.
13.(湖北武汉高三调研,★★★)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ACB=30°,∠C1CB=120°,BC1⊥A1C,E为AC的中点.
(1)求证:A1C⊥平面C1EB;
(2)求二面角A1-AB-C的余弦值.
答案全解全析
基础过关练
1.A l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补,且异面直线所成角的范围为,所以l1与l2所成的角为30°.
2.D 设l1与l2所成的角为θ,
则cos θ=|cos
3.A 设线段A1B1,AB的中点分别为O,D,连接OC1,OD,则OC1⊥平面ABB1A1,以,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
则A(-1,0,),B1(1,0,0),B(1,0,),C1(0,,0),所以=(2,0,-),=(-1,,-),·=(2,0,-)·(-1,,-)=0,所以⊥,即异面直线AB1和BC1所成的角为直角,则其正弦值为1.
4.答案 60°
解析 由异面直线所成的角的范围及cos
5.解析 (1)证明:∵SB=SC,O为BC的中点,
∴SO⊥BC,
∵平面SBC⊥平面ABC,且平面SBC∩平面ABC=BC,SO 平面SBC,
∴SO⊥平面ABC.
(2)连接AO.∵SB=SC=AB=AC=,BC=2,
∴AO⊥BC,BS⊥CS,BA⊥CA,
如图,分别以OB,OA,OS所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,1,0),B(1,0,0),S(0,0,1),C(-1,0,0),
∴=(1,-1,0),=(-1,0,-1),
∴|cos<,>|===,又异面直线所成角的范围为,
∴异面直线AB和SC所成的角为.
6.B 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),E,A1(1,0,1).可得平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,2).又=(0,-1,1),∴cos
∴
∴直线A1B与平面BDE所成的角为.
7.B 作AO⊥平面BCD于点O,则O是△BCD的中心,以O为坐标原点,过点O平行于BC的直线为x轴,直线OD为y轴,直线OA为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设AB=2,则O(0,0,0),A,D,C,E,易知为平面BCD的一个法向量,=,=,
∴cos<,>===.
∴CE与平面BCD所成角的正弦值为.
8.C 以A为坐标原点,直线AF为x轴,直线AB为y轴,直线AD为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),G(a,a,0),C(0,2a,2a),B(0,2a,0),∴=(a,a,0),=(0,2a,2a).
设平面AGC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则x=1,y=-1,∴n=(1,-1,1).
设GB与平面AGC所成的角为α.
易得=(-a,a,0),
∴sin α==.
9.C 设AC与BD交于O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题意得A(1,-1,0),C(-1,1,0),B(1,1,0),S(0,0,).
∴=(2,-2,0),=(-1,-1,),=(1,-1,).
设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),
则∴
令z=,得x=0,y=2,
∴n=(0,2,).
设直线AC与平面SBC所成的角为θ,
则sin θ=|cos
10.解析 ∵四边形ACDE是正方形,
∴EA⊥AC.
∵平面ACDE⊥平面ABC,
∴EA⊥平面ABC.
以A为坐标原点,以过A点且平行于BC的直线为x轴,分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
设EA=AC=BC=2,
则A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2).
∵M是正方形ACDE对角线的交点,∴M(0,1,1).
(1)证明:=(0,1,1),=(0,2,0)-(0,0,2)=(0,2,-2),=(2,2,0)-(0,2,0)=(2,0,0),∴·=0,·=0.
∴AM⊥EC,AM⊥CB.
∵EC∩CB=C,∴AM⊥平面EBC.
(2)由(1)知AM⊥平面EBC,∴为平面EBC的一个法向量.
∵=(0,1,1),=(2,2,0),
∴cos<,>==,
∴<,>=60°.
∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.
11.C 由于二面角的范围是[0,π],二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向,因此二面角α-l-β的大小为或,故选C.
12.C 设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2),所以=(-1,1,0),=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,则即取x=1,则y=z=1,所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1).又因为DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,所以cos
13.D 如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.则OF∥PA,所以FO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,C,=,易知为平面BDF的一个法向量,由=,=,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,,).所以cos
14.C 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(1,0,0),E,D1(0,0,1),
∴=(-1,0,1),=.
设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),
则即∴x=2y=z.
取y=1,则n=(2,1,2).
又平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),
∴cos
∴截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为.
15.解析 (1)证明:由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.
因为△ACD是直角三角形,
所以∠ADC=90°.
取AC的中点O,连接DO,BO,
则DO⊥AC,DO=AO.
又因为△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,
所以BO⊥DO,又DO 平面ACD,AC 平面ACD,DO∩AC=O,所以BO⊥平面ACD,又BO 平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,
以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,设OA=1.
则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,则E,
故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.
设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,
则即
可取n=.
设m=(a,b,c)是平面AEC的法向量,则即
可取m=(0,-1,),
则cos
又二面角D-AE-C为锐二面角,
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
16.D =(1,2,-4),点P到平面α的距离d===.
17.答案 2
解析 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则令x=3,则y=12,z=4,∴n=(3,12,4).
∴点P到底面ABCD的距离d===2.
18.解析 设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD.以O点为坐标原点,OD所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过O点且平行于AF的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知得A(0,1,0),B(-,0,0),C(0,-1,0),D(,0,0),F(0,1,2),=(,1,2).
(1)因为z轴垂直于平面ABCD,
因此可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,
则sin θ=|cos
又θ∈,所以θ=,
所以直线BF与平面ABCD的夹角为.
(2)=(2,0,0),=(,1,2).
设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),
则即令z=1,得n=(0,-2,1),
又因为=(0,0,2),
所以点A到平面FBD的距离d===.
能力提升练
一、选择题
1.A 建立如图所示的空间直角坐标系(O为AC的中点),设正三棱柱的侧棱长为2,则O(0,0,0),B(,0,0),A(0,-1,0),B1(,0,2),则=(,1,2),=(-,0,0).又为侧面ACC1A1的一个法向量,所以sin θ=|cos<,>|==.
2.B 设正方形ABCD的中心为O,如图所示,以正方形ABCD的中心O为坐标原点,方向为x轴正方向,方向为y轴正方向,方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系如图所示.
则O(0,0,0),A,B,C,连接OB,由几何关系可求得OB=,又PB=2,
∴PO==,
∴P,∵E为PC的中点,
∴E,
=, =,
cos<,>=
===.
3.C 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).根据题意,可设点P的坐标为(0,λ,2λ),λ∈[0,1],点Q的坐标为(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],
则PQ=
=
=,当且仅当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值.
4.A 以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设DA=2,则F(1,0,0),E(0,0,1),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),所以=(1,0,-1),=(-2,0,0),=(2,-2,2),设=λ(0≤λ≤1),则=(2λ,-2λ,2λ),=+=(2λ-2,-2λ,2λ),则cos θ=|cos<,>|,即cos θ===(0≤λ≤1),当λ=时,cos θ取得最大值,当λ=1时,cos θ取得最小值,又θ∈,所以θ的取值范围为,故选A.
5.A 取AC中点O,连接OB,OD,易证OD⊥AC,OD⊥OB,AC⊥OB.
如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),D(0,0,2),
∴=(0,2,2),=(0,2,-2).
设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),
则=(a,4-a,0).
设平面DAM的法向量为n=(x,y,z),DC与平面DAM所成的角为θ.
则即
可取n=((a-4),a,-a).
所以sin θ=|cos <,n>|==,
解得a=-4(舍去)或a=,
所以||==.
故选A.
二、填空题
6.答案
解析 由四边形ABCD为菱形得OA⊥OB.以OA,OB所在直线分别为x,y轴,以过O点且平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A,B,P,
所以=,=,
设AC与PB所成的角为θ,则cos θ==,
所以AC与PB所成角的余弦值为.
7.答案
解析 以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.
则G(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),
=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1),
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,0,2),
∴点G到平面D1EF的距离为
d===.
8.答案 -2
解析 连接AN,以N为坐标原点,NC,NA所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,如图.
N(0,0,0),M(1,0,1),B(-1,0,0),A(0,,0),A1(0,,2),B1(-1,0,2),=(0,,2),=(-1,-,0),=(1,0,1).
由=λ,可得=+=+λ=(-λ,-λ,2),
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即
当λ=1时,P与B1重合,不满足题意,所以λ≠1.
令z=-1,可得n=,易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).
因为平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°,
所以cos 45°==,即|n|=,所以1++1=2,解得λ=-2.
9.答案
解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz.
则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),
∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(x-1,0,z-1),
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·=0,n·=0,∴a+c=0,a+b=0.
∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).
∵B1P∥平面A1BD,
∴n·=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,
∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,
∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为.
三、解答题
10.解析 (1)以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,3,0),
∴=(1,0,-1),=(-1,1,0),
设异面直线PB与CD所成角为θ,
则cos θ==,
所以异面直线PB与CD所成角的大小为 .
(2)设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).
=(1,0,-1),=(0,2,0),=(-1,1,0),
则取x=1,得n=(1,0,1),
∴点D到平面PBC的距离d==.
11.解析 (1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz.
则A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1),E,
∴=,=(-1,0,1),
∴cos<,>===-,
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.
=(0,1,1),=,
可设=λ =(0,λ,λ)(0≤λ≤1),
∴=-=,
∵ES⊥平面AMN,∴⊥,
∴λ-1+λ=0,故λ=,
此时=,||=.
∴线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时AS=.
12.解析 (1)连接BO,因为SA=SC,O为AC的中点,所以AC⊥SO,又SO⊥AB,所以SO⊥平面ABC.所以SO⊥OB,又BA=BC,所以OB⊥AO,所以AO,OB,SO两两垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),B(0,2,0),M(1,,0),=(3,,0),=(2,0,2).
易知=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面SCM的法向量,
则即
令x=-1 ,则y=,z=1,
∴n=(-1,,1),
∴cos
由图可知二面角S-CM-A是锐二面角,
所以二面角S-CM-A的余弦值为.
(2)由(1)可得=(2,2,0),n=(-1,,1)为平面SCM的一个法向量,
所以点B到平面SCM的距离d==.
13.解析 (1)证明:∵BA=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
BE 平面ABC,∴BE⊥平面A1ACC1.
∵A1C 平面A1ACC1,∴BE⊥A1C.
又BC1⊥A1C,BE∩BC1=B,
∴A1C⊥平面C1EB.
(2)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AA1=x(x>0),∠A1AC=θ,则A(0,0,0),B(1,,0),C(0,2,0),E(0,,0),C1(0,2+xcos θ,xsin θ).
∴=(1,-,0),=(1,,0),=(0,xcos θ,xsin θ).
由cos<,>==-,得=-,
∴cos θ=,则A1,C1,
∴=,=,
∵⊥,
∴-x·x=0,
即x2-x-6=0,解得x=3或x=-2(舍去),
故AA1=3,
则A1(0,,),于是=(0,,).
设平面A1AB的法向量为n1=(a,b,c),
则即
取b=1,则c=-,a=-,
∴n1=为平面A1AB的一个法向量.
不妨取平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1),
则cos
=-,
由题图易知二面角A1-AB-C为锐二面角,
故二面角A1-AB-C的余弦值为.