用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题_章节学习

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题型：单选题

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单选题

直线l的方向向量=（-1，1，1），平面π的法向量为=（2，x2+x，-x），若直线l∥平面π，则实数x的值为（　　）

A-2

B-

C

D±

正确答案

D

解析

解：线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，

∵直线l的方向向量=（-1，1，1），平面π的法向量为=（2，x2+x，-x），直线l∥平面π，

∴x2-2=0，解得x=±．

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E是BC的中点，F为线段PC上一点．

（Ⅰ）求证：AE⊥PD；

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，若二面角E-AF-C的余弦值为，求的值．

正确答案

（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．

因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．

而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD；

（Ⅱ）以A为原点，AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系

设AB=2，=λ，则A（0，0，0），B（，-1，0），D（0，2，0）

E（，0，0），

过A作AH⊥PD，垂足为H，连接AH，则∠AHE为EH与平面PAD所成最大角，

∵EH与平面PAD所成最大角的正切值为，AE=

∴AH=，∴DH=，∴PD=

∴PA=

∴P（0，0，），F（），=（，-3，0）为平面AFC的一个法向量

设平面AEF的法向量为，则，即

∴可取

∵二面角E-AF-C的余弦值为，

∴

∴=．

解析

（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．

因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．

而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD；

（Ⅱ）以A为原点，AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系

设AB=2，=λ，则A（0，0，0），B（，-1，0），D（0，2，0）

E（，0，0），

过A作AH⊥PD，垂足为H，连接AH，则∠AHE为EH与平面PAD所成最大角，

∵EH与平面PAD所成最大角的正切值为，AE=

∴AH=，∴DH=，∴PD=

∴PA=

∴P（0，0，），F（），=（，-3，0）为平面AFC的一个法向量

设平面AEF的法向量为，则，即

∴可取

∵二面角E-AF-C的余弦值为，

∴

∴=．

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题型：简答题

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简答题

如图，在四棱锥0-ABCD中，OA⊥底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA=2，M，N分别为OA，BC的中点．

（Ⅰ）求证：直线MN∥平面OCD；

（Ⅱ）求点B到平面DMN的距离．

正确答案

解：（I）分别以AB、AD、AO为x、y、z轴，建立如图坐标系

可得B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0）

∴=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）

设平面OCD的法向量为=（x，y，z），

由，得

取y=1，得z=1，x=0，所以平面OCD的法向量为=（0，1，1），

∴•=2×0+1×1+（-1）×1=0，可得⊥

又∵MN⊄平面OCD，

∴直线MN∥平面OCD；

（II）设平面DMN的法向量=（x‘，y'，z'），

由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得

，得

取x'=1，得平面DMN的法向量=（1，2，4），

∴点B到平面DMN的距离为：d=

解析

解：（I）分别以AB、AD、AO为x、y、z轴，建立如图坐标系

可得B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0）

∴=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）

设平面OCD的法向量为=（x，y，z），

由，得

取y=1，得z=1，x=0，所以平面OCD的法向量为=（0，1，1），

∴•=2×0+1×1+（-1）×1=0，可得⊥

又∵MN⊄平面OCD，

∴直线MN∥平面OCD；

（II）设平面DMN的法向量=（x‘，y'，z'），

由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得

，得

取x'=1，得平面DMN的法向量=（1，2，4），

∴点B到平面DMN的距离为：d=

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题型：简答题

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简答题

如图，在四棱锥O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA=2，M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点．

（Ⅰ）证明：DN⊥平面OAQ；

（Ⅱ）求点B到平面DMN的距离．

正确答案

解：（Ⅰ）由题意，可知AO，AB，AD两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0），

∵．∴．即AQ⊥DN．

又知OA⊥DN，∴DN⊥平面OAQ．

（Ⅱ）设平面DMN的法向量为，

由．得即，

令x=1，得平面DMN的法向量，

∴点B到平面DMN的距离．

解析

解：（Ⅰ）由题意，可知AO，AB，AD两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0），

∵．∴．即AQ⊥DN．

又知OA⊥DN，∴DN⊥平面OAQ．

（Ⅱ）设平面DMN的法向量为，

由．得即，

令x=1，得平面DMN的法向量，

∴点B到平面DMN的距离．

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题型：简答题

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简答题

[理]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱A1D1的中点，H为平面EDB内一点，

（1）证明HC1⊥平面EDB；

（2）求BC1与平面EDB所成的角；

（3）若正方体的棱长为a，求三棱锥A-EDB的体积．

[文]若数列{an}的通项公式，记f（n）=（1-a1）（1-a2）…（1-an）．

（1）计算f（1），f（2），f（3）的值；

（2）由（1）推测f（n）的表达式；

（3）证明（2）中你的结论．

正确答案

[理]解：（1）设正方体的棱长为a，

则，，

∵，

∴，又DE∩DB=D，

∴HC1⊥平面EDB．

（2），

设与所成的角为θ，

∴θ=45°．

由（1）知HC1⊥平面EDB，

∴∠C1BH为BC1与平面EDB所成的角．

∠C1BH=90°-45°=45°．

（3）

[文]解：（1）a1=，a2=，a3=，a4=，f（2）=（1-a1）（1-a2）=，

f（3）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）=，f（4）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）（1-a4）=，

（2）故猜想f（n）=

（3）证明：

…

将上述n个因式相乘得：

即f（n）=

解析

[理]解：（1）设正方体的棱长为a，

则，，

∵，

∴，又DE∩DB=D，

∴HC1⊥平面EDB．

（2），

设与所成的角为θ，

∴θ=45°．

由（1）知HC1⊥平面EDB，

∴∠C1BH为BC1与平面EDB所成的角．

∠C1BH=90°-45°=45°．

（3）

[文]解：（1）a1=，a2=，a3=，a4=，f（2）=（1-a1）（1-a2）=，

f（3）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）=，f（4）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）（1-a4）=，

（2）故猜想f（n）=

（3）证明：

…

将上述n个因式相乘得：

即f（n）=

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