高三人教A版理科数学一轮复习课时作业43立体几何中的向量方法二——空间角与距离求解.doc

课时作业(四十三)　[第43讲　立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解]

[时间：45分钟　　分值：100分]

1．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1,1)的直线l的距离为，则点M的坐标是(　　)
A．(0,0，±2) B．(0,0，±3)
C．(0,0，±) D．(0,0，±1)
2．若a＝(1,2,1)，b＝(－2,0,1)分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2的位置关系是(　　)
A．平行 B．异面
C．相交 D．相交或异面
3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量n＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是(　　)
A. B. C. D．3
4．方向向量为s＝(1,1,1)的直线l经过点A(1,0,0)，则坐标原点O(0,0,0)到该直线的距离是(　　)
A. B. C. D.

5．如图K43－1，长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD1和C1D所成角的余弦值是(　　)

图K43－1
A. B．－ C. D.
6．在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB和CD成60°角(如图K43－2)，则B、D间的距离为(　　)

图K43－2
A．1 B．2 C. D．2或
7．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为(　　)
A. B．2 C. D.
8．在棱长为1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≤1)，则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A. B. C. D.

图K43－3
9．如图K43－3，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D的平面角为时，AE＝(　　)
A．1 B. C．2－ D．2－
10．已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，E为OC的中点，且OA＝1，OB＝OC＝2，则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是________．
11．如图K43－4，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与A1B1，A1D1的夹角都是60°，则AC1的长等于________．
图K43－4
　　图K43－5

12．如图K43－5，AO⊥平面α，BC⊥OB，BC与平面α的夹角为30°，AO＝BO＝BC＝a，则AC＝________.
13．如图K43－6，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为________．

图K43－6
14．(10分)如图K43－7，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为2＋1,2＋1,1.
(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；
(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．

图K43－7

15．(13分)[2011·安徽师大附中三模] 如图K43－8，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．

图K43－8

16．(12分)[2011·湖北卷] 如图K43－9，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．
(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；
(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．

图K43－9

课时作业(四十三)
【基础热身】
1．B　[解析] 设M(0,0，z)，直线的一个单位方向向量s0＝，故点M到直线的距离d＝＝＝，解得z＝±3.
2．D　[解析] 根据共线向量定理，显然a，b不平行，所以l1，l2的位置关系是相交或异面．
3．B　[解析] 两平面的一个单位法向量n0＝，故两平面间的距离d＝|·n0|＝.
4．D　[解析] 直线l的一个单位法向量s0＝，向量＝(1,0,0)，故点O到直线l的距离为
d＝＝＝.
【能力提升】
5．C　[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A(2,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故异面直线AD1和C1D所成角的余弦值为|cos〈1，1〉|＝＝.

6．D　[解析] ∵∠ACD＝90°，∴·＝0.
同理·＝0，
∵AB和CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.
∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝2＋2＋2＋2·
＝3＋2×1×1×cos〈，〉
＝
∴||＝2或，即B、D间的距离为2或，故选D.
7．C　[解析] 设三棱锥为P－ABC，且PA＝6，PB＝PC＝4，以P为原点建立空间直角坐标系如图，则P(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，＝(6,0,0)，＝(－6,4,0)，＝(－6,0,4)，设面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，
所以⇒y＝z＝x，所以可选面ABC的一个法向量为n＝(2,3,3)，
所以P到面ABC的距离d＝|||cos〈，n〉|＝＝＝，选C.

8．D　[解析] 如图，如果过点G直接向平面D1EF作垂线，垂足为H，如果我们能求出向量，那么||就是点G到平面D1EF的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．

如图，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则G(1，λ，1)，E，＝，F，＝(0,1,0)，D1(0,0,1)，1＝.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y使＝＋x＋y1＝，由于GH⊥EF，GH⊥ED1，
所以
解得故＝，所以||＝，即点G到平面D1EF的距离是.
9．D　[解析] 以D为原点，射线DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
设E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，则＝(－1,2－y0,0)，
设平面PEC的法向量为n1＝(x，y，z)，
∴⇒⇒x∶y∶z＝(2－y0)∶1∶2，
记n1＝(2－y0,1,2)，
而平面ECD的法向量n2＝(0,0,1)，则二面角P－EC－D的平面角θ满足cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝，
∴cosθ＝＝＝⇒y0＝2－.
∴当AE＝2－时，二面角P－EC－D的平面角为.

10.　[解析] 以O为原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,0)．

设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥知n1·＝2x－z＝0，由n1⊥知n1·＝2y－z＝0，取n1＝(1,1,2)．
设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥知n·＝2x－z＝0，由n⊥知n·＝2x－y＝0，取n＝(1,2,2)．
则cos〈n，n1〉＝＝＝，
所以平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为.
11.　[解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°.
|1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21·
＝b2＋a2＋a2－ab－ab＝2a2＋b2－2ab，故|1|＝.
12.a　[解析] ＝＋＋，
其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°，
故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝3a2＋2a2cos120°＝2a2，故||＝a，即AC＝a.
13.a　[解析] 设M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0＝，由＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝＝＝，根式内的二次函数当m＝－＝时取最小值2－a×＋a2＝a2，故d的最小值为a.
14．[解答] 由已知可得AB⊥平面BB1C1C，由于三棱锥B－ACD是正三棱锥，所以CD⊂平面BB1C1C，D，B，B1三点共线，AB＝BC＝BD.
设AB＝a，BB1＝b.则其正视图和俯视图的面积都是ab＋a2，侧视图的面积是a2，根据已知解得a＝，b＝2.以点B为坐标原点，射线BC，BB1，BA分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则

A(0,0，)，C(，0,0)，D(0，－，0)，B1(0,2,0)，C1(，2,0)，A1(0,2，)．
(1)由于三棱锥B－ACD是正三棱锥，该三棱锥的重心G，则BG⊥平面ACD，故可取向量n＝(1，－1,1)为平面ACD的一个法向量，＝(－，2，)，故可取v＝(1，－，－1)为直线CA1的一个方向向量．设直线CA1与平面ACD所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈n，v〉|＝＝＝.
(2)设＝m＝(m,2m，－m)，则＝＋＝(m,2m－2，－m)，
如果B1P⊥平面ACD，则∥n，即(m,2m－2，－m)＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组

由①③得m＝，λ＝，代入②则－1＝－，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P.
15．[解答] 方法一：
(1)证法一：取CE的中点G，连接FG、BG.
∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝DE，∴GF＝AB.又DE＝2AB，
∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.
∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
证法二：取DE的中点M，连接AM、FM，
∵F为CD的中点，∴FM∥CE.
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴DE∥AB.
又AB＝DE＝ME，
∴四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE.
∵FM、AM⊄平面BCE，CE、BE⊂平面BCE，
∴FM∥平面BCE，AM∥平面BCE.
又FM∩AM＝M，∴平面AFM∥平面BCE.
∵AF⊂平面AFM，
∴AF∥平面BCE.

(2)证明：∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.
∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.
∵BG⊂平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.
(3)在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，连接BH，
∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE.
∴∠FBH为BF和平面BCE所成的角．
设AD＝DE＝2AB＝2a，则FH＝CFsin45°＝a，
BF＝＝＝2a，
在Rt△FHB中，sin∠FBH＝＝.
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
方法二：
设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．

∵F为CD的中点，∴F.
(1)证明：＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)，
∵＝(＋)，AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.
(2)证明：∵＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.
∴⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.
(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0可得
x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－，2)．
又＝，设BF和平面BCE所成的角为θ，则
sinθ＝＝＝.
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
【难点突破】
16．[解答] 解法1：过E作EN⊥AC于N，连接EF.
(1)如图①，连接NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C，
又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，
在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1，
则由＝＝，得NF∥AC1.
又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，
由三垂线定理知EF⊥A1C.
(2)如图②，连接AF，过N作NM⊥AF于M，连接ME，
由(1)知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，
所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ，
设∠FAC＝α，则0°<α≤45°.
在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝，
在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，
故tanθ＝＝.
又0°<α≤45°，∴0<sinα≤，
故当sinα＝，即当α＝45°时，tanθ达到最小值，
tanθ＝×＝，此时F与C1重合．

解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，
E(，3,0)，F(0,4,1)，
于是＝(0，－4,4)，＝(－，1,1)，
则·＝(0，－4,4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF⊥A1C.
(2)设CF＝λ(0<λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，λ)，
＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m⊥，m⊥可得
即取m＝(λ，－λ，4)，
又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，
于是由θ为锐角可得cosθ＝＝，sinθ＝，所以tanθ＝＝，
由0<λ≤4，得≥，即tanθ≥＝，
故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值.