2020届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量专题7.7利用空间向量求夹角与距离距离供选用练习含解析

法二 如图,以点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D-

xyz,

设DA=1,由已知条件得

A(1,0,0),E?1,1,?,

F?0,1,?,AE=?0,1,?,AF=?-1,1,?,

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ, 1y+z=0,→?3?n·AE=0,

由?得

→2??n·AF=0,-x+y+z=0.

3

??

1?3?

??

2?→3?

??

1?→?3??2?

3?

?????

令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3), 取平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),

3112

则cos θ=|cos 〈n,m〉|=,tan θ=.

113三、解答题

9.(2018·江苏卷)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.

【答案】见解析

【解析】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1 的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,

OO1⊥OB,以{OB,OC,OO1}为基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

因为AB=AA1=2,

所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),

→→→

B1(3,0,2),C1(0,1,2).

(1)因为P为A1B1的中点,所以P?

1??3

,-,2?,

2??2

17

31?→→?

从而BP=?-,-,2?,AC1=(0,2,2),

2??2→→|BP·AC1||-1+4|310→→

故|cos〈BP,AC1〉|===.

→→205×22|BP|·|AC1|310

因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.

20(2)因为Q为BC的中点,所以Q?

?31?

,,0?, ?22?

→?33?→→

因此AQ=?,,0?,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2).

?22?设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量, →?33??AQ·n=0,?x+y=0,

2则?即?2

→??AC1·n=0,??2y+2z=0.不妨取n=(3,-1,1).

设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,

|CC1·n|25

则sin θ=|cos〈CC1,n〉|===,

→5×25|CC1|·|n|

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为

5

. 5

10. (2018·河北五校联考)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,底面△ABC是边长为2的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.

(1)求证:A1C1⊥B1C;

(2)(一题多解)求二面角B1-A1C-C1的正弦值. 【答案】见解析

【解析】(1)证明 如图,取A1C1的中点D,连接B1D,CD,

∵C1C=A1A=A1C, ∴CD⊥A1C1,

∵底面△ABC是边长为2的正三角形, ∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2, ∴B1D⊥A1C1,

18

又B1D∩CD=D,B1D?平面B1CD,CD?平面B1CD, ∴A1C1⊥平面B1CD,∴A1C1⊥B1C.

(2)解 法一 如图,过点D作DE⊥A1C于点E,连接B1E. ∵侧面AA1C1C⊥底面ABC,

∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1,又B1D⊥A1C1, 侧面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1, ∴B1D⊥平面A1CC1,∴B1D⊥A1C, ∴A1C⊥平面B1DE,∴B1E⊥A1C, ∴∠B1ED为所求二面角的平面角. ∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D=3,

12B1D3

又ED=CC1=,∴tan ∠B1ED===6,

22ED2

2∴sin ∠B1ED=

42. 7

42. 7

∴二面角B1-A1C-C1的正弦值为

法二 如图,取AC的中点O,以O为坐标原点,射线OB,OC,OA1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),B(3,0,0),A1(0,0,1),B1(3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0),

→→

∴A1B1=(3,1,0),A1C=(0,1,-1). 设m=(x,y,z)为平面A1B1C的法向量, →??m·A1B1=3x+y=0,

∴?

→??m·A1C=y-z=0,

令y=3,得m=(-1,3,3),

又OB=(3,0,0)为平面A1CC1的一个法向量, →m·OB7→

∴cos 〈m,OB〉==-,

→7|m||OB|由图易知所求二面角为锐角, ∴二面角B1-A1C-C1的正弦值为

42. 7

19

【能力提升题组】(建议用时:20分钟)

11.(2019·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P-ABC中,点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点,且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α,△PBC与底面所成的二面角的大小为β,则tan(α+β)的值是( ) A.3

3 4

B.2

3 5

8C.-3

13

5D.-3

8

【答案】 C

【解析】 如图,设点P在边AB上的射影为H,作HF⊥BC,HE⊥AC,连接PF,PE.

依题意,∠HEP=α,∠PFH=β.

不妨设等边△ABC的边长为2,则PH=2,AH=BH=1. ∴HE=

3324,HF=,则tan α=tan β==, 2233

2

4

32tan α8

故tan(α+β)===- 3. 2

1-tanα213

?4?1-???3?

12.(2019·济南质检)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( ) A.5 5

B.5 3

C.25

5

3D. 5

【答案】 A

【解析】 不妨令CB=1,则CA=CC1=2,可得O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),

→→

∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), ∴cos〈BC1,AB1〉=

4-115===>0.

→→5×955|BC1||AB1|

BC1·AB1

→→

→→

∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角, ∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为

5. 5

20

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