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【高三总复习】2013高中数学技能特训:7-8用向量方法求角与距离(理)(人教B版) 含解析


7-8 用向量方法求角与距离(理) 基础巩固强化 1.在空间直角坐标 O-xyz 中,平面 OAB 的一个法向量为 n=(2, -2,1),已知点 P(-1,3,2),则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于( A.4 [答案] B [解析] 由条件知,O 在平面 OAB 内, → ∵OP=(-1,3,2), ∴点 P 到平面 OAB 的距离 → |OP· n| |-2-6+2

| d= = =2. 3 |n| 2.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120° 的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直线 AD 与 BC1 所成角的余弦值是( 3 A.-4 3 C. 4 [答案] D [解析] 设正方形的边长为 1,AC 与 BD 交于点 O,当折成 120° 的二面角时,
2 AC1 =?

)

B.3

C.2

D.1

)

3 B.- 4 3 D.4

? 2?2 ? 2?2 2 2 3 ? +? ? -2· · · cos120° = 2 2 2. ? 2? ?2 ?

→ → → → 又AC1=AD+DB+BC1, → → → → → → → → → → 2 2 2 2 ∴|AC1| =|AD| +|DB| +|BC1| +2AD· DB+2AD· BC1+2DB· BC1=

→ → 1 + 2 + 1 + 2×1× 2 cos135° + 2× 2 ×1×cos135° + 2 AD · BC1 = → → 2AD· BC1 → → → → → → =2|AD|· |BC1|cos〈AD,BC1〉=2cos〈AD,BC1〉 . → → 3 ∴cos〈AD,BC1〉=4. 3 . (2013· 江西吉安一中上学期期中考试 ) 在长方体 ABCD - A1B1C1D1 中, B1C 和 C1D 与底面 A1B1C1D1 所成的角分别为 60° 和 45° , 则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值为( 1 A.2 3 C. 4 [答案] D [解析] 设 A1B1=a,B1C1=b,C1C=c, 由条件知∠CB1C1=60° ,∠DC1D1=45° , c c ∴b= 3,a=1,∴c=a= 3b, 设 b= 3,则 a=c=3, 2 B. 4 6 D. 4 )

2 ∴A1D2=12,A1C1 =12,C1D2=18,

∵B1C1∥A1D, ∴∠A1DC1 为异面直线 B1C 与 C1D 所成的角,
2 A1D2+C1D2-A1C1 12+18-12 6 cos∠A1DC1= = = ,故选 D. 2A1D· C1 D 2×2 3×3 2 4

4.

如图,平面 ABCD⊥平面 ABEF,四边形 ABCD 是正方形,四边 1 形 ABEF 是矩形,且 AF=2AD=a,G 是 EF 的中点,则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为( 6 A. 6 6 C. 3 [答案] C [解析] 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系如图. ) 3 B. 3 2 D. 3

→ 则 A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a,0,0),AG= → → → (a,a,0),AC=(0,2a,2a),BG=(a,-a,0),BC=(0,0,2a), 设平面 AGC 的法向量为 n1=(x1,y1,1), → ? ?AG· n1=0, 则? → ? ?AC· n1=0,
? ?ax1+ay1=0, ∴? ?2ay1+2a=0, ?

?x1=1, ? ∴? ∴n1=(1,-1,1). ? ?y1=-1,

→ BG· n1 2a 6 sinθ= = =3. → 2a× 3 |BG||n1| 5.(2011· 广东省江门模拟)如图,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E、F 分别是棱 AB、BC 上的动点,且 AE=BF.当 A1、E、 F、C1 四点共面时,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 ( )

3 A. 2 1 C.5 [答案] B

1 B.2 2 6 D. 5

[解析] 以 D 为原点,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,则 A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0),设平 → ? ?n1· DE=6a+3b=0, 面 A1DE 的法向量为 n1=(a, b, c), 依题意得? → ? ?n1· DA1=6a+6c=0, 令 a=-1,则 c=1,b=2,所以 n1=(-1,2,1),同理得平面 C1DF 的 一个法向量为 n2=(2,-1,1),由题图知,平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 |n1· n2| 1 = . |n1||n2| 2

6. 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1=AB, 则 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为( 2 A. 2 6 C. 4 ) 15 B. 5 6 D. 3

[答案] C [解析] 解法一:取 BC 的中点 D,在正三角形 ABC 中,AD⊥ BC,在正三棱柱中,CC1⊥平面 ABC,AD?平面 ABC,

∴CC1⊥AD,∴AD⊥平面 BCC1B1,∴∠AC1D 为 AC1 与平面 3 BB1C1C 所成的角,设 AB=AA1=1,则 AD= 2 ,AC1= 2,∴sin∠ AD 6 AC1D=AC = 4 ,故选 C. 1 解法二:以线段 BC 的中点 D 为原点,直线 BC、AD 分别为 x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,如图.

3 1 设 AB=1,则 A(0, 2 ,0),C1(2,0,1), 设 AC1 与平面 BB1C1C 所成角为 θ, 易知平面 BB1C1C 的一个法向 → 3 量为DA=(0, 2 ,0), → 1 3 又AC1=(2,- 2 ,1), → → → → |AC1· DA| 6 ∴sinθ=|cos〈AC1,DA〉|= = 4 ,故选 C. → → |AC1|· |DA| 7. (2011· 浙江丽水模拟)如图所示, PD 垂直于正方形 ABCD 所在 → → 3 平面,AB=2,E 为 PB 的中点,cos〈DP,AE〉= 3 ,若以 DA、 DC、DP 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,则点 E 的 坐标为________.

[答案] (1,1,1) [解析] 设 PD=a,则由题意知 A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a), a E(1,1,2), → → a ∴DP=(0,0,a),AE=(-1,1,2), → → 3 ∵cos〈DP,AE〉= 3 , a2 2 3 3 ,∴a=2,



a a· 2+ 4

2=

∴点 E 的坐标为(1,1,1). 8.(2011· 咸阳模拟)正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的 射影,P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所 成的角的大小为________. [答案] 30° [解析] 由条件知 AC⊥BD,AC 与 BD 交点为 O,以 O 为原点, 射线 OC、射线 OD、射线 OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正半轴建立空 间直角坐标系,设 SO=OD= 2,则 BC=2,

∴A(- 2,0,0),C( 2,0,0),D(0, 2,0),S(0,0, 2),B(0, 2 2 - 2,0),∴P(0, 2 , 2 ), → → → 2 2 ∴BC=( 2, 2,0),AC=(2 2,0,0),AP=( 2, 2 , 2 ). 设平面 PAC 的一个法向量 n=(x,y,z),则 → ? ?n· AC=0, ? → ? ?n· AP=0,

?2 2x=0, ∴? 2 2 2 x + y + ? 2 2 z=0.

? ?x=0, ∴? 取 n=(0,1,-1), ?y=-z. ?

设直线 BC 与平面 PAC 成的角为 φ,则 → → |n· BC| 2 1 sinφ=|cos〈n,BC〉|= = =2, → 2×2 |n|· |BC| ∴φ=30° . 9.(2012· 河南郑州质检)将斜边长为 2 2的等腰直角△ABC 沿斜 边 BC 上的高 AD 折成二面角 B-AD-C,则三棱锥 B-ACD 的体积

的最大值为________. [答案] 2 3

[解析] 欲使三棱锥 B-ACD 的体积最大,因为底面 ACD 面积 一定,故当点 B 到平面 ACD 的距离最大时,体积最大,因此当折成 1 1 直二面角时,所得的三棱锥的体积最大,其最大值 Vmax=3×2× 2 2 × 2× 2= 3 . 10.

(2012· 皖南八校第一次联考)如图,在多面体 ABCDE 中,AE⊥平 面 ABC, DB∥AE, 且 AC=AB=BC=AE=1, BD=2, F 为 CD 中点. (1)求证:EF⊥平面 BCD; (2)求多面体 ABCDE 的体积; (3)求平面 ECD 和平面 ACB 所成的锐二面角的余弦值. [解析] (1)证明:取 BC 中点 G,连接 AG、FG,

∵F、G 分别为 DC、BC 中点, 1 ∴FG 綊2DB 綊 EA. ∴四边形 EFGA 为平行四边形. ∴EF∥AG. ∵AE⊥平面 ABC,BD∥AE, ∴DB⊥平面 ABC. 又∵DB?平面 BCD, ∴平面 ABC⊥平面 BCD. 又∵G 为 BC 中点且 AC=AB=BC, ∴AG⊥BC.∴AG⊥平面 BCD. ∴EF⊥平面 BCD. 3 (2)过 C 作 CH⊥AB,则 CH⊥平面 ABDE 且 CH= 2 , 1 1 ?1+2? 3 3 ∴VC-ABDE=3×S 四边形 ABDE×CH=3× 2 ×1× 2 = 4 . (3)过 C 作 CH⊥AB 于 H,以 H 为原点建立如图所示的空间直角 坐标系,

→ 3 1 3 1 3 1 则 C( 2 ,0,0),E(0,-2,1),F( 4 ,4,1),CE=(- 2 ,-2, → 3 1 1),CF=(- 4 ,4,1), 设平面 CEF 的法向量为 n=(x,y,z), → 3 1 ? CE · n =- ? 2 x-2y+z=0, 由? → 3 1 ? n=- 4 x+4y+z=0, ?CF· 取 n=( 3,-1,1). 又平面 ABC 的法向量为 u=(0,0,1), n· u 1 5 则 cos〈n,u〉= = =5. |n||u| 5 5 ∴平面 ECD 和平面 ACB 所成的锐二面角的余弦值为 5 . 能力拓展提升 11.(2012· 辽宁大连市、沈阳市二模 ) 如图,在斜三棱柱 ABC - A1B1C1 中,点 O、E 分别是 A1C1、AA1 的中点,AO⊥平面 A1B1C1.已 知∠BCA=90° ,AA1=AC=BC=2.

(1)证明:OE∥平面 AB1C1; (2)求异面直线 AB1 与 A1C 所成的角; (3)求 A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值. [解析] 解法 1:(1)证明:∵点 O、E 分别是 A1C1、AA1 的中点, ∴OE∥AC1, 又∵EO?平面 AB1C1,AC1?平面 AB1C1, ∴OE∥平面 AB1C1. (2)∵AO⊥平面 A1B1C1,∴AO⊥B1C1, 又∵A1C1⊥B1C1,且 A1C1∩AO=O, ∴B1C1⊥平面 A1C1CA,∴A1C⊥B1C1. 又∵AA1=AC,∴四边形 A1C1CA 为菱形, ∴A1C⊥AC1,且 B1C1∩AC1=C1, ∴A1C⊥平面 AB1C1,∴AB1⊥A1C, 即异面直线 AB1 与 A1C 所成的角为 90° . (3)∵O 是 A1C1 的中点,AO⊥A1C1,∴AC1=AA1=2,又 A1C1= AC=2,∴△AA1C1 为正三角形, ∴AO= 3,又∠BCA=90° ,∴A1B1=AB=2 2,

设点 C1 到平面 AA1B1 的距离为 d, ∵VA-A1B1C1=VC1-AA1B1, 1 1 1 即3· (2· A1C1· B1C1)· AO=3· S△AA1B· d. 又∵在△AA1B1 中,A1B1=AB1=2 2, 2 21 ∴S△AA1B1= 7,∴d= 7 , 21 ∴A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值为 7 . 解法 2: ∵O 是 A1C1 的中点, AO⊥A1C1, ∴AC=AA1=2, 又 A1C1 =AC=2,∴△AA1C1 为正三角形,∴AO= 3,又∠BCA=90° ,∴ A1B1=AB=2 2, 如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则 A(0,0, 3),A1(0,-1,0), 1 3 E(0,-2, 2 ),C1(0,1,0),B1(2,1,0),C(0,2, 3).

→ → 1 3 (1)∵OE=(0,-2, 2 ),AC1=(0,1,- 3), → 1→ ∴OE=-2AC1,即 OE∥AC1, 又∵EO?平面 AB1C1,AC1?平面 AB1C1,

∴OE∥平面 AB1C1. → → (2)∵AB1=(2,1,- 3),A1C=(0,3, 3), → → ∴AB1· A1C=0,即∴AB1⊥A1C, ∴异面直线 AB1 与 A1C 所成的角为 90° . (3)设 A1C1 与平面 AA1B1 所成角为 θ, → → → ∵A1C1=(0,2,0),A1B1=(2,2,0),A1A=(0,1, 3), 设平面 AA1B1 的一个法向量是 n=(x,y,z), → ? ?A1B1· n=0, 则? → ? ?A1A· n=0,
? ?2x+2y=0, 即? ? ?y+ 3z=0.

3 不妨令 x=1,可得 n=(1,-1, 3 ), → 2 21 ∴sinθ=cos〈A1C1,n〉= = 7 , 7 2· 3 21 ∴A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值为 7 . [ 点评 ] 注意直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值

的绝对值是线面角的正弦值,而不是余弦值. 12.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,侧棱 PA ⊥底面 ABCD,AB= 3,BC=1,PA=2,E 为 PD 的中点.

(1)求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值; (2)在侧面 PAB 内找一点 N,使 NE⊥平面 PAC,并求出点 N 到 AB 和 AP 的距离. [解析] (1)分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所 示的空间直角坐标系, 则 A、 B、 C、 D、 P、 E 的坐标为 A(0,0,0)、 B( 3, → 1 0,0)、C( 3,1,0)、D(0,1,0)、P(0,0,2)、E(0,2,1),从而AC=( 3, → 1,0),PB=( 3,0,-2).

→ → 设AC与PB的夹角为 θ,

→ → AC· PB 3 3 7 则 cosθ= = = 14 , → → 2× 7 |AC|· |PB| 3 7 ∴AC 与 PB 所成角的余弦值为 14 . (2)由于 N 点在侧面 PAB 内,故可设 N 点坐标为(x,0,z), → 1 则NE=(-x,2,1-z),由 NE⊥平面 PAC 可得, → → ? ?NE· AP=0, ? → → ? ?NE· AC=0. 1 ? ? - x , ?0,0,2?=0, ? 2,1-z?· 即? 1 ? ? - x , ? 3,1,0?=0. ? 2,1-z?·

?z-1=0, 化简得? 1 - 3 x + ? 2=0.

?x= 3, 6 ∴? ?z=1.

3 即 N 点的坐标为( 6 ,0,1), 3 从而 N 点到 AB 和 AP 的距离分别为 1, 6 . 13.(2012· 内蒙包头一模)如图,四边形 DCBE 为直角梯形,∠ DCB=90° ,DE∥CB,DE=1,BC=2,又 AC=1,∠ACB=120° , CD⊥AB,直线 AE 与直线 CD 所成角为 60° .

(1)求证:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)求 BE 与平面 ACE 所成角的正弦值. [解析] (1)证明:∵CD⊥AB,CD⊥BC,AB∩BC=B, ∴CD⊥平面 ABC, 又∵CD?平面 ACD,∴平面 ACD⊥平面 ABC. (2)在平面 ACB 内,过 C 作 CF⊥CB,以 C 为原点,以 CF、CB、 CD 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示空间直角坐标系 C-xyz

设 CD=a(a>0), 3 1 则 D(0,0,a),E(0,1,a),B(0,2,0),A( 2 ,-2,0), → → 3 3 AE=(- 2 ,2,a),CD=(0,0,a), 由直线 AE 与直线 CD 所成角为 60° ,得 → → → → AE· CD=|AE||CD|cos60° , a ∴a2=2 a2+3,解得 a=1. → → → 3 1 ∴CE=(0,1,1),CA=( 2 ,-2,0),BE=(0,-1,1), 设平面 ACE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

→ ? ?n· CA=0, 则? → ? ?n· CE=0,

? 3x-1y=0, 2 即? 2 ?y+z=0.

取 x= 3,则 y=3,z=-3,得 n=( 3,3,-3), → |BE· n| 42 设 BE 与平面 ACE 所成角为 θ,则 sinθ= = 7 ,于是 BE → |BE||n| 42 与平面 ACE 所成角的正弦值为 7 . 14.(2012· 新疆维吾尔自治区检测)如图(一),在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC,E 为 AD 中点,沿 CE 折 叠,使平面 DEC⊥平面 ABCE,在图(二)中.

(1)证明:AC⊥BD (2)求 DE 与平面 ACD 所成角的余弦值. [解析] 方法 1:(1)证明:由题意知 DE⊥平面 ABCE,则 DE⊥ AC, 连接 BE,由四边形 ABCE 是正方形可知 AC⊥BE. 又 DE∩BE=E,DE,BE?平面 DEB,∴AC⊥平面 DEB. 又 DB?平面 DEB.∴AC⊥BD. (2)连接 BE 交 AC 于 O,连接 DO,

由(1)知 AC⊥平面 DEB,AC?平面 ADC, ∴平面 EDO⊥平面 ADC,且交线为 DO. ∴DE 在平面 ADC 内的射影为 DO. ∴∠EDO 就是 DE 与平面 ACD 所成的角. 在△DEO 中,∠DEO=90° , 2 6 设 BC=a,则 EO= 2 a,DE=a,DO= 2 a, DE 6 ∴cos∠EDO=DO= 3 , 6 即 DE 与平面 ACD 所成角的余弦值为 3 . 方法 2:如图所示,以 E 为原点,EC、EA、ED 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 E-xyz, 令 AB=a,则 E(0,0,0),C(a,0,0),A(0,a,0), → → → D(0,0,a),B(a,a,0),AC=(a,-a,0),AD=(0,-a,a),ED → =(0,0,a),DB=(a,a,-a).

→ → (1)证明:∵AC· DB=(a,-a,0)· (a,a,-a)=0,

→ → ∴AC⊥DB,即 AC⊥DB. (2)设平面 ACD 的法向量 n=(x,y,1), → ? ?n· AC=0, 则? → ? ?n· AD=0, ∴n=(1,1,1), → → n· ED a 3 ∴cos〈n,ED〉= = =3. → 3· a |n|· |ED| 设 DE 与平面 ACD 所成的角为 θ, 3 6 则 sinθ= 3 ,∴cosθ= 1-sin2θ= 3 , 6 ∴DE 与平面 ACD 所成角的余弦值为 3 . 1.
? ? ?ax-ay=0, ?x=1, 得? 解之得? ?-ay+a=0. ?y=1. ? ?

(2012· 云南省统考)在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E、 F 分别是棱 AB、 BC 的中点, 则点 C1 到平面 B1EF 的距离等于( 2 A.3 2 3 C. 3 2 2 B. 3 4 D.3 )

[答案] D [解析] 解法 1:设点 C1 到平面 B1EF 的距离 h.如图,连接 EC1, FC1,由题意得|B1E|=|B1F|= |B1B|2+|EB|2= 5,|EF|= 2,等腰△ B1EF 底边 EF 上的高为:h1= 1 3 2 |B1E|2-?2|EF|?2= 2 ,则 S△B1EF

1 3 1 1 1 =2|EF|· h1=2,那么 VC1-B1EF=3S△B1EF· h=2h;又 VE-B1C1F=3S△ 1 1 2 2 1 B1C1F· |EB|=3×(2×2×2)×1=3,且 VC1-B1EF=VE-B1C1F,即3=2h, 4 得 h=3,选 D. → → → 解法 2:以 B1 为原点分别以B1C1、B1A1、B1B的方向为 x 轴、y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 B1(0,0,0) , C1(2,0,0) , E(0,1,2),F(1,0,2). 设平面 B1EF 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ?n· B1F=0, ? → ? ?n· B1E=0,
? ?y+2z=0, ∴? ∴x=y=-2z. ?x+2z=0. ?

令 z=1 得 n=(-2,-2,1), → 又B1C1=(2,0,0), → |n· B1C1| 4 ∴C1 到平面 B1EF 的距离 h= =3,故选 D. |n| 2.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=1,D 在棱 BB1 上, 且 BD=1,则 AD 与平面 AA1C1C 所成的角的正弦值为________. [答案] 6 4

[解析]

取 AC 中点 E,连接 BE,则 BE⊥AC, 如图,建立空间直角坐标系 B-xyz, 3 1 则 A( 2 ,2,0),D(0,0,1), → 3 1 ∴AD=(- 2 ,-2,1). ∵平面 ABC⊥平面 AA1C1C,BE⊥AC, ∴BE⊥平面 AA1C1C. → 3 ∴BE=( 2 ,0,0)为平面 AA1C1C 的一个法向量, → → 6 ∴cos〈AD,BE〉=- 4 , 设 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 α, → → 6 ∴sinα=|cos〈AD,BE〉|= 4 ,故选 A. 3.(2011· 辽宁理,18)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 1 ABCD,PD∥QA,QA=AB=2PD.

(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. [解析] 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 OA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.

(1)证明:依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0). → → → → 所以PQ· DQ=0,PQ· DC=0. 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC.故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,

→ ? ?n· CB=0, 则? → ? ?n· BP=0,

? ?x=0, 即? ? ?-x+2y-z=0.

因此可取 n=(0,-1,-2). → ? ?m· BP=0, 设 m=(a,b,c)是平面 PBQ 的法向量,则? → ? ?m· PQ=0.
?-a+2b-c=0, ? 即? ∴a=b=c, ? ?a-b=0.

15 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 5 . 15 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 5 . 4.(2012· 广东省广州市模拟)如图,四棱锥 P-ABCD,PA⊥平面 ABCD,且 PA=4,底面 ABCD 为直角梯形,∠CDA=∠BAD=90° , AB=2,CD=1,AD= 2,M、N 分别为 PD、PB 的中点,平面 MCN 与 PA 的交点为 Q.

(1)求 PQ 的长度;

(2)求截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角的大小; (3)求四棱锥 A-MCNQ 的体积. [解析] 以 A 为原点,AD、AB、AP 所在直线分别为 x、y、z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系,

2 则有 A(0,0,0), B(0,2,0), C( 2 , 1,0), D( 2, 0,0), P(0,0,4), M( 2 , 0,2),N(0,1,2), 设 Q(0,0,h). → → → 2 (1)AM=( 2 ,0,2),AN=(0,1,2),AC=( 2,1,0), 由 M、N、C、Q 共面知: → → → → AQ=xAM+yAN+zAC 且 x+y+z=1,

2 ? ? 2 x+ 2z=0, 于是有? y+z=0, ? ?2x+2y=h, 故 PQ=1.

x=-2z, ? ? 即?y=-z, ? ?h=-6z,

得 h=3,

(2)设平面 MCN 的一个法向量为 n=(u,v,r),底面 ABCD 的法 → 向量为AP=(0,0,4). → → 2 ∵CM=(- 2 ,-1,2),CN=(- 2,0,2),

?- 2u-v+2r=0, ∴? 2 ?- 2u+2r=0,
? ?v=r, ∴? ? ?u= 2r.

取 r=1 得 n=( 2,1,1), → → AP· n 4 1 于是有 cos〈AP,n〉= = =2, → 4×2 |AP||n| 所以截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 60° . → 2 1→ 1 (3)由(1)知:MQ=(- 2 ,0,1)=2CN,于是 S△CMQ=3S 四边形 MCNQ, 得 VA-MCNQ=3VA-CMQ. 由∠CDA=∠BAD=90° 知 CD⊥平面 PAD,VA-CMQ=VC-AMQ 1 1 3 2 由 S△AMQ=2AQ· (2AD)= 4 知: 1 3 2 VA-MCNQ=3(3CD· S△AMQ)= 4 .


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