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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题型：简答题

简答题

四棱锥的正视图和俯视图如图，其中俯视图是直角梯形．

（I ）若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF丄CM，请说明理由；

（II）若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．

正确答案

解：（I ）若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，总有BF丄CM．

取BC中点O，连接AO，由俯视图可知，AO⊥面BCDE，取DE中点H，连接OH，OH⊥BC

以OC、OH、OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，设A（0，0，），B（-1，0，0），C（1，0，0）

∴F（）

设M（x，2x，（1-x）），

∴，

∴BF丄CM．

（II）D（1，2，0），设A（0，0，a）（a＞0），∴

设平面ADE的法向量为，∴

∴，∴可取

∵平面ABC的法向量为

∴

∵平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，

∴，解得

设平面ABE的法向量为，

∵

∴

∴，

∴可取

∴

∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为．

解析

解：（I ）若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，总有BF丄CM．

取BC中点O，连接AO，由俯视图可知，AO⊥面BCDE，取DE中点H，连接OH，OH⊥BC

以OC、OH、OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，设A（0，0，），B（-1，0，0），C（1，0，0）

∴F（）

设M（x，2x，（1-x）），

∴，

∴BF丄CM．

（II）D（1，2，0），设A（0，0，a）（a＞0），∴

设平面ADE的法向量为，∴

∴，∴可取

∵平面ABC的法向量为

∴

∵平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，

∴，解得

设平面ABE的法向量为，

∵

∴

∴，

∴可取

∴

∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为．

题型：简答题

简答题

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，AB=AD，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且．

（Ⅰ）当λ=1时，证明DF⊥平面PAC；

（Ⅱ）是否存在实数λ，使异面直线EF与CD所成的角为60°？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．

正确答案

（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

当λ=1时，则F为AB的中点，设PA=AD=1，则AB=PD=，则

A（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，1），D（0，1，0），F（）．

∴，，=（0，0，1）．

∴，，

∴，．

∵AC∩AP=A

∴DF⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：设PA=AD=1，则AB=PD=，则A（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，1），D（0，1，0），．

∵，

∴F（，0，0），E（0，）．

∴=，，∴．

依题意，有，

∵λ＞0，∴，∴λ=．

∴存在实数λ=，使异面直线EF与CD所成的角为60°．

解析

（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

当λ=1时，则F为AB的中点，设PA=AD=1，则AB=PD=，则

A（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，1），D（0，1，0），F（）．

∴，，=（0，0，1）．

∴，，

∴，．

∵AC∩AP=A

∴DF⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：设PA=AD=1，则AB=PD=，则A（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，1），D（0，1，0），．

∵，

∴F（，0，0），E（0，）．

∴=，，∴．

依题意，有，

∵λ＞0，∴，∴λ=．

∴存在实数λ=，使异面直线EF与CD所成的角为60°．

题型：填空题

填空题

若向量，且与的夹角余弦为______．

正确答案

解析

解：∵向量，

∴，

||=．||=，

∴cos＜＞==，

故答案为：

题型：简答题

简答题

如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=2，点O是线段BC1的中点，点M是OD的中点，点E是线段AB上一点，AE＞BE，且A1E⊥OE．

①求AE的长；

②求二面角A1-DE-C的正切值；

③求三棱锥M-A1OE的体积．

正确答案

解：①以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设AE=m（1，5＜m＜3），则A1（2，0，2），E（2，m，0），O（1，3，1）

∴=（0，m，-2），=（-1，3-m，1）

∵A1E⊥OE

∴m（3-m）-2=0

∴m2-3m+2=0

∴m=2，即AE=2；

②过点A作AH⊥DE，垂足为H，连接A1H，则

∵A1A⊥平面ABCD

∴A1H⊥DE

∴∠A1HA是二面角A1-DE-A的平面角

∵AD=AE=2，∴AH=

∴tan∠A1HA=

∵二面角A1-DE-C是钝角

∴二面角A1-DE-C的正切值为-；

③∵点M是OD的中点，O∈B1C，且B1C∥A1D，

∴======1

解析

解：①以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设AE=m（1，5＜m＜3），则A1（2，0，2），E（2，m，0），O（1，3，1）

∴=（0，m，-2），=（-1，3-m，1）

∵A1E⊥OE

∴m（3-m）-2=0

∴m2-3m+2=0

∴m=2，即AE=2；

②过点A作AH⊥DE，垂足为H，连接A1H，则

∵A1A⊥平面ABCD

∴A1H⊥DE

∴∠A1HA是二面角A1-DE-A的平面角

∵AD=AE=2，∴AH=

∴tan∠A1HA=

∵二面角A1-DE-C是钝角

∴二面角A1-DE-C的正切值为-；

③∵点M是OD的中点，O∈B1C，且B1C∥A1D，

∴======1

题型：简答题

简答题

如图1中矩形ABCD中，已知AB=2，，MN分别为AD和BC的中点，对角线BD与MN交于O点，沿MN把矩形ABNM折起，使平面ABNM与平面MNCD所成角为60°，如图2

（1）求证：BO⊥DO；

（2）求AO与平面BOD所成角的正弦值．

正确答案

方法一：（1）证明：由题设，M，N是矩形的边AD和BC的中点，所以AM⊥MN，BC⊥MN，

∵折叠垂直关系不变，∴∠AMD 是平面ABNM与平面MNCD的平面角，依题意，所以∠AMD=60°，…（2分）

由AM=DM，可知△MAD是正三角形，所以AD=，

在矩形ABCD中，AB=2，AD=，所以，BD=，由题可知BO=OD=，

由勾股定理可知△BOD是直角三角形，所以BO⊥DO …（5分）

（2）解：如图1（2）设E，F是BD，CD的中点，则EF⊥CD，OF⊥CD，所以CD⊥面OEF，OE⊥CD

又BO=OD，所以OE⊥BD，OE⊥面ABCD，OE⊂面BOD，平面BOD⊥平面ABCD

过A作AH⊥BD，由面面垂直的性质定理，可得AH⊥平面BOD，连接OH，…（8分）

所以OH是AO在平面BOD的投影，

所以∠AOH为所求的角，即AO与平面BOD所成角．…（11分）

AH是RT△ABD斜边上的高，所以AH=，BO=OD=，

所以sin∠AOH=（14分）

方法二：空间向量：取MD，NC中点P，Q，如图2建系，则Q（0，0，0），B（，0，0），D（0，，2），O（0，，1），

所以=（，，1），=（0，，-1）

所以=0，即BO⊥DO（5分）

（2）设平面BOD的法向量是，

可得+z=0-z=0，令可得

所以A

又=（，，-1），

设AO与平面BOD所成角为θ

则=（14分）

解析

方法一：（1）证明：由题设，M，N是矩形的边AD和BC的中点，所以AM⊥MN，BC⊥MN，

∵折叠垂直关系不变，∴∠AMD 是平面ABNM与平面MNCD的平面角，依题意，所以∠AMD=60°，…（2分）

由AM=DM，可知△MAD是正三角形，所以AD=，

在矩形ABCD中，AB=2，AD=，所以，BD=，由题可知BO=OD=，

由勾股定理可知△BOD是直角三角形，所以BO⊥DO …（5分）

（2）解：如图1（2）设E，F是BD，CD的中点，则EF⊥CD，OF⊥CD，所以CD⊥面OEF，OE⊥CD

又BO=OD，所以OE⊥BD，OE⊥面ABCD，OE⊂面BOD，平面BOD⊥平面ABCD

过A作AH⊥BD，由面面垂直的性质定理，可得AH⊥平面BOD，连接OH，…（8分）

所以OH是AO在平面BOD的投影，

所以∠AOH为所求的角，即AO与平面BOD所成角．…（11分）

AH是RT△ABD斜边上的高，所以AH=，BO=OD=，

所以sin∠AOH=（14分）

方法二：空间向量：取MD，NC中点P，Q，如图2建系，则Q（0，0，0），B（，0，0），D（0，，2），O（0，，1），

所以=（，，1），=（0，，-1）

所以=0，即BO⊥DO（5分）

（2）设平面BOD的法向量是，

可得+z=0-z=0，令可得

所以A

又=（，，-1），

设AO与平面BOD所成角为θ

则=（14分）

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