北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)课时规范练44　空间几何中的向量方法

这是一份北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)课时规范练44　空间几何中的向量方法，共10页。

(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值;
(2)求点B1到平面PAC的距离.
解:(1)根据题意可得OP⊥平面ABC,
∵C是弧AB的中点,∴OC⊥AB,
则以O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,如图.
则P(0,0,4),A1(0,-1,2),B(0,1,0),C(1,0,0),PA1=(0,-1,-2),BC=(1,-1,0), cs=PA1·BC|PA1||BC|=15×2=1010,
∴异面直线PA1与BC所成角的余弦值为1010.
(2)B1(0,1,2),A(0,-1,0),PB1=(0,1,-2),PA=(0,-1,-4),PC=(1,0,-4),
设平面PAC的法向量n=(x,y,z),
则n·PA=-y-4z=0,n·PC=x-4z=0,
取z=1,得n=(4,-4,1),
∴点B1到平面PAC的距离为d=|PB1·n||n|=633=23311.
2.(2021北京人大附中高三月考)如图,已知平面ABC⊥平面BCD,∠ABC=∠DBC =120°,AB=BC=BD.
(1)连接AD,求证:AD⊥BC;
(2)求AD与平面BCD所成角的大小;
(3)求二面角A-BD-C的余弦值.
(1)证明:作AO⊥BC于点O,连接OD,
因为平面ABC⊥平面BCD,
所以AO⊥平面BCD.
因为∠ABC=∠DBC=120°,
所以∠ABO=∠DBO.
又AB=BD,OB=OB,
所以△AOB≌△DOB,
所以∠DOB=90°.
又OD⫋平面BCD,所以OA⊥OD,
所以OA,OC,OD两两垂直.
分别以OD,OC,OA为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=BC=BD=1,则OB=12,OA=OD=32.
则A0,0,32,B0,12,0,C0,32,0,D32,0,0.
所以AD=32,0,-32,BC=(0,1,0).
所以AD·BC=0.所以AD⊥BC.
(2)解:由(1)知AD=32,0,-32,平面BCD的一个法向量为n1=(0,0,1).
设AD与平面BCD所成的角为α,则sin α=|cs|=n1·AD|n1||AD|=-3234+34·1=22.
因为0°≤α≤90°,
所以AD与平面BCD所成角α=45°.
(3)解:设平面ABD的一个法向量为n2=(x,y,z),
由AD=32,0,-32,AB=0,12,-32,
可得n2·AD=32x-32z=0,n2·AB=12y-32z=0.
令x=1,则n2=(1,3,1).
所以cs=n1·n2|n1||n2|=11·1+3+1=55.
由题知二面角A-BD-C为钝角,故其余弦值为-55.
3.(2021全国甲,理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?
证明:(1)如图,
连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.
∵E,M分别为AC,BC中点,
∴EM∥AB.
又AB∥A1B1,
∴A1B1∥EM,
则点A1,B1,M,E四点共面,
故DE⫋平面A1B1ME.
又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,
∴∠FBM=∠MB1B.
又∠MB1B+∠B1MB=90°,
∴∠FBM+∠B1MB=90°,
∴BF⊥MB1.
又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⫋平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.
(2)∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,
∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.
又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.
如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).则EF=(1,-1,1),ED=(-1,t-1,2),
设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.则平面BB1C1C的法向量为m=(0,1,0),
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
∴EF·n=0,ED·n=0,
即x-y+z=0,-x+(t-1)y+2z=0,
∴n=(1+t,3,2-t).则cs=3(1+t)2+32+(2-t)2=32t2-2t+14.
要求最小正弦值,则求最大余弦值.
当t=12时二面角的余弦值最大,
则B1D=12时二面角正弦值最小.
4.(2021湖南常德一模)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.
(1)求证:B1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.
(1)证明:如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.
由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,所以四边形B1MDO是平行四边形.
因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.
因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.
又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.
又MD⫋平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.
又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⫋平面A1DC1,所以DM⊥平面A1B1C1.
又平面ABCD∥平面A1B1C1,所以DM⊥平面ABCD.
因为四边形B1MDO是平行四边形,所以B1O∥DM,
所以B1O⊥平面ABCD.
(2)解:以O为坐标原点,OC,OD,OB1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C(1,0,0),D(0,3,0),C1(1,3,1),A1(-1,3,1),
所以CD=(-1,3,0),DC1=(1,0,1),A1C1=(2,0,0),OD=(0,3,0).
设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),则m·CD=0,m·DC1=0,即-x+3y=0,x+z=0,
令y=1,则x=3,z=-3,所以m=(3,1,-3)为平面CDC1的一个法向量.
因为OD·A1C1=0,OD·DC1=0,所以OD=(0,3,0)为平面A1DC1的一个法向量.
设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cs θ|=|cs|=|m·OD||m||OD|=37×3=77,所以sin θ=1-cs2θ=427.所以二面角C-DC1-A1的正弦值为427.
5.(2021湖南长郡中学高三模拟)如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成,点G为弧CD的中点,且C,E,D,G四点共面.
(1)证明:平面BFD⊥平面BCG;
(2)若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为155,求直线DF与平面ABF所成角的大小.
(1)证明:如图,连接CE,
由题意得∠ECD=∠DCG=45°,所以∠ECG=90°,CE⊥CG,
因为BC∥EF,BC=EF,所以四边形BCEF为平行四边形,BF∥EC,BF⊥CG,
因为BC⊥平面ABF,BF⫋平面ABF,所以BC⊥BF,
因为BC∩CG=C,所以BF⊥平面BCG,
因为BF⫋平面BFD,所以平面BFD⊥平面BCG.
(2)解:如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,设AF=2,AD=t,
则A(0,0,0),B(0,2,0),F(2,0,0),D(0,0,t),G(-1,1,t),
AB=(0,2,0),AG=(-1,1,t),FB=(-2,2,0),FD=(-2,0,t),
设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则n·FB=0,n·FD=0,即-2x+2y=0,-2x+tz=0,令z=2,则n=(t,t,2),
设平面ABG的一个法向量为m=(x',y',z'),
则m·AB=0,m·AG=0,
即y'=0,-x'+y'+tz'=0,令z'=1,则m=(t,0,1),因为平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为155,
所以|cs|=|m·n||m||n|=t2+22t2+4·t2+1=155,
解得t=2,即AD=2,
因为DA⊥平面ABF,所以∠DFA即直线DF与平面ABF所成的角,在△ADF中,因为∠DAF=90°,AD=AF=2,所以∠DFA=45°,故直线DF与平面ABF所成的角为45°.
6.(2021山东日照二模)如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.
(1)求证:AC⊥BD.
(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为33.请你从中选择一个作为条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
(1)证明:如图,
取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.
因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,
所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以OA⊥BD.
又OA∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.
又AC⫋平面AOC,所以AC⊥BD.
(2)解:在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,
由(1)知BD⊥平面AOC,PO⫋平面AOC,所以BD⊥PO.
又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.
由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.
以O为原点,OC,OD,OP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.
因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=22.
又PO⊥平面BCD,所以PB=PC=PD.
选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=22.
所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,
所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.
选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,
所以∠PCO=45°,所以OP=OC=22.所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.
选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM.
由PO⊥平面BCD,CD⫋平面BCD,可知PO⊥CD.
又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.
所以cs∠PMO=33,
所以tan∠PMO=2.
因为OM=22×221=12,
所以OP=OMtan∠PMO=22.
所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,
所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.