立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2015高考数学一轮）

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立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2015高考数学一轮）

A组　基础演练
1．(2012•陕西)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为
(　　)

A.55　　　　　　　B.53
C.255 D.35
解析：不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．
∴BC1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．
cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→•AB1→|BC1→|•|AB1→|＝0＋4－15×3＝55，
故选A.
答案：A
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为
(　　)
A.12 B.23
C.33 D.22
解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)，
∴A1D→＝(0,1，－1)，
A1E→＝1，0，－12.
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则y－z＝0，1－12z＝0，∴y＝2，z＝2.
∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝
(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.
即所成的锐二面角的余弦值为23.

答案：B
3．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为
(　　)
A.22 B.155
C.64 D.63
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则C1(3，1,0)、A(0,0,2)，AC1→＝(3，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|AC1→•n||AC1→||n|＝38＝64，故选C.

答案：C
4．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．

解析：如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，
D(0,0,0)，B(2,2,0)，
∴D1A1→＝(2,0,0)，
DA1→＝(2,0,2)，DB→＝(2,2,0)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则n•DA1→＝2x＋2z＝0n•DB→＝2x＋2y＝0.
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴点D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→•n||n|＝23＝233.
答案：233
5．(2013•湖南)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.

(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
解：法一：(1)如图1，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.
又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.

(2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．
如图1，连结A1D.因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.
由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1，故∠ADB1＝90°－θ.
在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故ABDA＝BCAB，即AB＝DA•BC＝3.
连结AB1.易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21.
在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝ADB1D＝321＝217，
即cos(90°－θ)＝217.从而sin θ＝217.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.
法二：(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．

从而B1D→＝(－t,3，－3)，AC→＝(t,1,0)，BD→＝(－t,3,0)．
因为AC⊥BD，所以AC→•BD→＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝3或t＝－3(舍去)．
于是B1D→＝(－3，3，－3)，AC→＝(3，1,0)．
因为AC→•B1D→＝－3＋3＋0＝0，所以AC→⊥B1D→，
即AC⊥B1D.
(2)由(1)知，AD1→＝(0,3,3)，AC→＝(3，1,0)，B1C1→＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，
则n•AC→＝0，n•AD1→＝0，即3x＋y＝0，3y＋3z＝0，
令x＝1，则n＝(1，－3，3)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，B1C1→〉|＝n•B1C1→|n|•|B1C1→|＝37＝217.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.
6．(2013•江苏)如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，C1D→＝(1，－1，－4)．
因为cos＝A1B→•C1D→|A1B→||C1D→|＝1820×18＝31010，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.

(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD→＝(1,1,0)，AC1→＝(0,2,4)，所以n1•AD→＝0，n1•AC1→＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝n1•n2|n1|•|n2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为53.
B组　能力突破
1．(教材改编)在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为
(　　)

A．－1010　　　　　B．－120
C.120 D.1010
解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设A(2,0,0)、C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(0,1,2)，AC→＝(－2,0,0)　DE→＝(0,1,0)，cos〈AC→，DE→〉＝1010.
答案：D
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝5，AB＝12，那么直线B1C1和平面A1BCD1的距离是________．
答案：6013
3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝2.则二面角C－AS－D的余弦值为________．

答案：105
4．(2013•天津)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．

(1)证明B1C1⊥CE；
(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26，求线段AM的长．
解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．

(1)证明：易得B1C1→＝(1,0，－1)，
CE→＝(－1,1，－1)，
于是B1C1→•CE→＝0，所以B1C1⊥CE.
(2)B1C→＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
则m•B1C→＝0，m•CE→＝0，即x－2y－z＝0，－x＋y－z＝0，
消去x，得y＋2z＝0，
不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故B1C1→＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈m，B1C1→〉＝m•B1C1→|m|•|B1C1→|＝－414×2
＝－277，
从而sin〈m，B1C1→〉＝217.
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为217.
(3)AE→＝(0,1,0)，EC1→＝(1,1,1)．设EM→＝λEC1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM→＝AE→＋EM→＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB→＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，
则sinθ＝|cos〈AM→，AB→〉|＝|AM→•AB→||AM→|•|AB→|
＝2λλ2＋λ＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1.
于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13，所以AM＝2.
法二：(1)证明：因为侧棱1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以1⊥B1C1.经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3，从而B1E2＝B1C21＋EC21，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又1，C1E⊂平面1E，1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面1E，又CE⊂平面1E，故B1C1⊥CE.

(2)过B1作B1G⊥CE于点G，连结C1G.
由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，
得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△1E中，由CE＝C1E＝3，1＝2，可得C1G＝263.在Rt△B1C1G中，B1G＝423，
所以sin∠B1GC1＝217，即二面角B1－CE－C1的正弦值为217.
(3)连结D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，
可得MH⊥平面ADD1A1，连结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．
设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝26x，
AH＝346x.
在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝2，得EH＝2MH＝13x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，
由AH2＝AE2＋EH2－2AE•EH•cos 135°，
得1718x2＝1＋19x2＋23x，
整理得5x2－22x－6＝0，解得x＝2.
所以线段AM的长为2.