2017届高考数学一轮复习第八章立体几何8.5.2利用空间向量求空间角与距离对点训练理.docVIP

2017高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5.2 利用空间向量求空间角与距离对点训练 理 1．如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　) A．A′DB≤α B．A′DB≥α C．A′CB≤α D．A′CB≥α 答案　B 解析　若CDAB，则A′DB为二面角A′－CD－B的平面角，即A′DB＝α. 若CD与AB不垂直，在ABC中，过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O，交BC于E，连接A′O，则A′OE为二面角A′－CD－B的平面角，即A′OE＝α，AO＝A′O，A′AO＝.又A′D＝AD，A′AD＝A′DB.而A′AO是直线A′A与平面ABC所成的角，由线面角的性质知A′AO∠A′AD，则有αA′DB.综上有A′DB≥α，故选B. 2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是(　　) A.　　　　　　　B. C. D. 答案　B 解析　由正方体的性质易求得sinC1OA1＝，sinCOA1＝，注意到C1OA1是锐角，COA1是钝角，且.故sinα的取值范围是. 3．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF与平面α所成角的正弦值． 解　(1)交线围成的正方形EHGF如图： (2)作EMAB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，所以AH＝10. 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6，8)． 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n＝(0,4,3)． 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为. 4．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点． (1)求证：MN平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长． 解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)． 又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.＝(0，－，0)． 由此可得·n＝0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD. (2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)． 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则 即不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)． 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又＝(0,1,2)，得不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝， 所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为. (3)依题意，可设＝λ，其中λ[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)． 又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ[0,1]，解得λ＝－2. 所以，线段A1E的长为－2. 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABC＝BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值； (2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长． 解　以{，，}为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． (1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)． 因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则m·＝0，m·＝0， 即 令y＝1，解得z＝