用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题
共2973题

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用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题
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题型：简答题

简答题

（2015秋•邢台校级月考）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=AD，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2，

（1）证明：平面A1DC⊥平面A1OC；

（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线CB与平面A1BE所成角的大小．

正确答案

解：（1）在图1中，

因为AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD=，所以BE⊥AC，

即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC，

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．

又CD⊂平面A1DC，所以平面A1DC⊥平面A1OC…（6分）

（2）平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，CO⊂平面BCDE，CO⊥BE，

∴CO⊥平面A1BE，故∠CBO为直线CB与平面A1BE所成的角…（9分）

在直角三角形COB中，易知CO=OB，∴∠CBO=45°…（11分）

故直线CB与平面A1BE所成的角为45°…（12分）

解析

解：（1）在图1中，

因为AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD=，所以BE⊥AC，

即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC，

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．

又CD⊂平面A1DC，所以平面A1DC⊥平面A1OC…（6分）

（2）平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，CO⊂平面BCDE，CO⊥BE，

∴CO⊥平面A1BE，故∠CBO为直线CB与平面A1BE所成的角…（9分）

在直角三角形COB中，易知CO=OB，∴∠CBO=45°…（11分）

故直线CB与平面A1BE所成的角为45°…（12分）

题型：简答题

简答题

如图的几何体中，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）求直线CE与平面ADE所成角的正弦值．

正确答案

（1）证明：取CE的中点G，连结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． …（2分）

又AB=DE，∴GF=AB．

∴四边形GFAB为平行四边形，∴AF∥BG …（4分）

∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，

∴AF∥平面BCE． …（6分）

（2）解：取AD的中点H，连结CH，EH．

∵△ACD为等边三角形，∴CH⊥AD

又DE⊥平面ACD，CH⊂面ACD

∴CH⊥DE

∵AD∩DE=D

∴CH⊥平面ADE

∴∠CEH为CE与平面ADE所成角．…（8分）

不妨设AD=2，则DE=CD=2，CE=2，CH=．

在Rt△CHE中，sin∠CEH==

∴直线CE与面ADE所成角的正弦值为．…（12分）

解析

（1）证明：取CE的中点G，连结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． …（2分）

又AB=DE，∴GF=AB．

∴四边形GFAB为平行四边形，∴AF∥BG …（4分）

∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，

∴AF∥平面BCE． …（6分）

（2）解：取AD的中点H，连结CH，EH．

∵△ACD为等边三角形，∴CH⊥AD

又DE⊥平面ACD，CH⊂面ACD

∴CH⊥DE

∵AD∩DE=D

∴CH⊥平面ADE

∴∠CEH为CE与平面ADE所成角．…（8分）

不妨设AD=2，则DE=CD=2，CE=2，CH=．

在Rt△CHE中，sin∠CEH==

∴直线CE与面ADE所成角的正弦值为．…（12分）

题型：简答题

简答题

随着环保理念的深入，用建筑钢材余料创作城市雕塑逐渐流行．如图是其中一个抽象派雕塑的设计图．图中α表示水平地面．线段AB表示的钢管固定在α上；为了美感，需在焊接时保证：线段AC表示的钢管垂直于α，BD⊥AB，且保持BD与AC异面．若收集到的余料长度如下：AC=BD=24（单位长度），AB=7，CD=25，按现在手中的材料和设计要求，求BD与α应成的角．

正确答案

解：设D在α上的射影为H

∵AC⊥α，DH⊥α，∴AC∥DH，

∴AC，DH共面，

过D作DK⊥AC于K，则AHDK为矩形，…..（4分）

设DH=h，则（AC-h）2+AH2=CD2，①…..（6分）

由三垂线定理易知BH⊥AB，

∴AH2=AB2+BH2=AB2+（BD2-h2）②…..（8分）

将②代入①，得：（24-h）2+72+（242-h2）=252，解得h=12，…..（10分）

∴sin∠DBH=，

∴∠DBH=30°，即BD与α所成的角是30°．…..（12分）

解析

解：设D在α上的射影为H

∵AC⊥α，DH⊥α，∴AC∥DH，

∴AC，DH共面，

过D作DK⊥AC于K，则AHDK为矩形，…..（4分）

设DH=h，则（AC-h）2+AH2=CD2，①…..（6分）

由三垂线定理易知BH⊥AB，

∴AH2=AB2+BH2=AB2+（BD2-h2）②…..（8分）

将②代入①，得：（24-h）2+72+（242-h2）=252，解得h=12，…..（10分）

∴sin∠DBH=，

∴∠DBH=30°，即BD与α所成的角是30°．…..（12分）

题型：简答题

简答题

如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB=2，M，N分别为PA，BC的中点．

（Ⅰ）证明：MN∥平面PCD；

（Ⅱ）求MN与平面PAC所成角的正切值．

正确答案

（Ⅰ）证明：取PD的中点E，连接ME，CE，则ME∥AD，ME=AD，

∵N为BC的中点，BC∥AD，∴ME∥CN，ME=CN，

∴四边形MNCE是平行四边形，

∴MN∥CE，

∵MN⊄平面PCD，CE⊂平面PCD，

∴MN∥平面PCD；

（Ⅱ）解：过E作平面PAC的垂线，垂足为O，则

由（Ⅰ）知，MN与平面PAC所成角等于EC与平面PAC所成角，

∵D到平面PAC的距离为，

∴E到平面PAC的距离为，

∵CE==，

∴CO==

∴MN与平面PAC所成角的正切值为．

解析

（Ⅰ）证明：取PD的中点E，连接ME，CE，则ME∥AD，ME=AD，

∵N为BC的中点，BC∥AD，∴ME∥CN，ME=CN，

∴四边形MNCE是平行四边形，

∴MN∥CE，

∵MN⊄平面PCD，CE⊂平面PCD，

∴MN∥平面PCD；

（Ⅱ）解：过E作平面PAC的垂线，垂足为O，则

由（Ⅰ）知，MN与平面PAC所成角等于EC与平面PAC所成角，

∵D到平面PAC的距离为，

∴E到平面PAC的距离为，

∵CE==，

∴CO==

∴MN与平面PAC所成角的正切值为．

题型：简答题

简答题

如图，四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB=BC=2，CD=SD=1．

（1）证明：SD⊥平面SAB

（2）求AB与平面SBC所成角的正弦值．

正确答案

（1）证明：取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2．

连结SE，则

又SD=1，故ED2=SE2+SD2

所以∠DSE为直角，

所以SD⊥SE，

由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE=E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD．

因为AB∩SE=E，

所以SD⊥平面SAB…6分

（2）解：由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE．

作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，

作FG⊥BC，垂足为G，则FG=DC=1．

连结SG，则SG⊥BC

又FG⊥BC，SG∩FG=G，

故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG，

作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC，

即F到平面SBC的距离为．

由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d也为．

设AB与平面SBC所成的角为α，则…12分．

解析

（1）证明：取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2．

连结SE，则

又SD=1，故ED2=SE2+SD2

所以∠DSE为直角，

所以SD⊥SE，

由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE=E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD．

因为AB∩SE=E，

所以SD⊥平面SAB…6分

（2）解：由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE．

作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，

作FG⊥BC，垂足为G，则FG=DC=1．

连结SG，则SG⊥BC

又FG⊥BC，SG∩FG=G，

故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG，

作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC，

即F到平面SBC的距离为．

由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d也为．

设AB与平面SBC所成的角为α，则…12分．

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