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：单选题

单选题

设两不同直线a，b的方向向量分别是，平面α的法向量是，

则下列推理①；②；③； ④；

其中正确的命题序号是（　　）

A①②③

B②③④

C①③④

D①②④

正确答案

解析

解：若，则b⊥α，故①错误；

若则，，故②正确；

若，则b∥α，故③正确；

若，则，又由b⊄α，故b⊥α，故④正确；

故选B．

题型：简答题

简答题

如图，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB=1，PA=2．

（I）证明：直线CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PAC所成角的余弦值．

正确答案

（I）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．

∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

∴EM∥平面PAB．

在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．

而∠BAC=60°，∴MC∥AB．

∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．

∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．

∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．

（Ⅱ）解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD

∵∠ACD=90°，PA∩AC=A

∴CD⊥平面PAC

∵CD⊂平面DPC

∴平面DPC⊥平面PAC

作EH⊥PC于H，则EH⊥平面PAC

∴∠ECH为直线CE与平面PAC所成角

在直角△PCD中，CD=2，PC=2，∴PD=2

∵E为中点，EH∥CD

∴CE=，EH=

∴sin∠ECH=

∴cos∠ECH=

∴直线CE与平面PAC所成角的余弦值为．

解析

（I）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．

∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

∴EM∥平面PAB．

在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．

而∠BAC=60°，∴MC∥AB．

∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．

∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．

∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．

（Ⅱ）解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD

∵∠ACD=90°，PA∩AC=A

∴CD⊥平面PAC

∵CD⊂平面DPC

∴平面DPC⊥平面PAC

作EH⊥PC于H，则EH⊥平面PAC

∴∠ECH为直线CE与平面PAC所成角

在直角△PCD中，CD=2，PC=2，∴PD=2

∵E为中点，EH∥CD

∴CE=，EH=

∴sin∠ECH=

∴cos∠ECH=

∴直线CE与平面PAC所成角的余弦值为．

题型：简答题

简答题

如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段AC上任意一点．

（1）判断直线B1P与平面A1C1D的位置关系并证明；

（2）若AB=BC，E是AB中点，二面角A1-DC1-D1的余弦值是，求直线B1E与平面A1C1D所成角的正弦值．

正确答案

解：（1）直线B1P∥平面A1C1D，证明如下：

连接AB1与B1C，则A1C1∥AC，A1D∥B1C

∵AC∩B1C=C

∴平面AB1C∥平面A1C1D

∵B1P⊂平面AB1C

∴B1P∥平面A1C1D；

（2）建立如图所示的直角坐标系，

设A（1，0，0），D1（0，0，a），则C1（0，1，a），C（0，1，0），A（1，0，a），B（1，，0），B1（1，1，a）

∴

设平面A1C1D的法向量为=（x，y，z），则，∴可取

∵平面D1C1D的法向量为

∴cos==

∴a=

∴

∴cos==-

∴直线B1E与平面A1C1D所成角的正弦值．

解析

解：（1）直线B1P∥平面A1C1D，证明如下：

连接AB1与B1C，则A1C1∥AC，A1D∥B1C

∵AC∩B1C=C

∴平面AB1C∥平面A1C1D

∵B1P⊂平面AB1C

∴B1P∥平面A1C1D；

（2）建立如图所示的直角坐标系，

设A（1，0，0），D1（0，0，a），则C1（0，1，a），C（0，1，0），A（1，0，a），B（1，，0），B1（1，1，a）

∴

设平面A1C1D的法向量为=（x，y，z），则，∴可取

∵平面D1C1D的法向量为

∴cos==

∴a=

∴

∴cos==-

∴直线B1E与平面A1C1D所成角的正弦值．

题型：简答题

简答题

如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB=AC，，，二面角A1-AB-C是直二面角．

（Ⅰ）求证：AB1∥平面 A1C1C；

（Ⅱ）求BC与平面A1C1C所成角的正弦值．

正确答案

（Ⅰ）证明：取BC中点D，连接AD，B1D，C1D．

因为，所以B1C1DB是平行四边形，

所以．

又，∴，

所以A1ADC1是平行四边形

所以A1C1∥AD，所以AD∥平面A1C1C；

同理，B1D∥平面A1C1C；

又因为B1D∩AD=D，所以平面ADB 1∥平面A1C1C；

因为AB1⊂平面ADB 1，

所以AB1∥平面A1C1C； …（6分）

（Ⅱ）解：因为AB=AC，BC=AB，所以AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC

∵二面角A1-AB-C是直二面角，且四边形AA1B1B是正方形

∴AA1⊥平面ABC，

建立如图所示的坐标系，

设AB=2，则A（0，0，0），B（0，2，0），A1（0，0，2），C（2，0，0），C1（1，1，2）

∴，=（2，0，-2）

设平面A1C1C的一个法向量为

由，可得，∴可取

∵=（-2，2，0），∴cos===-

∴BC与平面A1C1C所成角的正弦值为．

解析

（Ⅰ）证明：取BC中点D，连接AD，B1D，C1D．

因为，所以B1C1DB是平行四边形，

所以．

又，∴，

所以A1ADC1是平行四边形

所以A1C1∥AD，所以AD∥平面A1C1C；

同理，B1D∥平面A1C1C；

又因为B1D∩AD=D，所以平面ADB 1∥平面A1C1C；

因为AB1⊂平面ADB 1，

所以AB1∥平面A1C1C； …（6分）

（Ⅱ）解：因为AB=AC，BC=AB，所以AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC

∵二面角A1-AB-C是直二面角，且四边形AA1B1B是正方形

∴AA1⊥平面ABC，

建立如图所示的坐标系，

设AB=2，则A（0，0，0），B（0，2，0），A1（0，0，2），C（2，0，0），C1（1，1，2）

∴，=（2，0，-2）

设平面A1C1C的一个法向量为

由，可得，∴可取

∵=（-2，2，0），∴cos===-

∴BC与平面A1C1C所成角的正弦值为．

题型：简答题

简答题

如图：四棱锥A-BCQP中，二面角A-BC-P为90°，且∠BAC=∠BCQ=90°，∠CBP=45°BP+AP=BC，AB=AC=B．

（Ⅰ）求证：平面AB⊥平面ACQ；

（Ⅱ）求直线AP与平面ACQ所成角的大小．

正确答案

（Ⅰ）证明：∵∠BAC=90°，∴AB⊥AC

∵侧面ABC⊥底面BCQP且∠BCQ=90°，∴QC⊥平面ABC

∵AB⊂平面ABC

∴AB⊥QC

∵AC∩QC=C

∴AB⊥平面ACQ；

（Ⅱ）解：设线段BC的中点是O，连接OP，OA

设PO′⊥平面ACQ于O′，则∠PAO′是AP与平面ACQ所成的角

由（Ⅰ）知AB⊥平面ACQ，AB∥PO′，∠PAO′与∠BAP互余

∵AB=AC=，∠BAC=90°，∴BC=2，AO⊥BC，∴AO⊥平面BCQP

设BP=x，∵BP+AP=BC，∴AP=2-x，AO=BO=1，OP2=（2-x）2-1

在△OPB中，由余弦定理得OP2=OB2+BP2-2OB×BPcos45°，∴x=

∴△ABP为等边三角形

∴∠BAP=60°

∴∠PAO′=30°，即直线AP与平面ACQ所成角为30°．

解析

（Ⅰ）证明：∵∠BAC=90°，∴AB⊥AC

∵侧面ABC⊥底面BCQP且∠BCQ=90°，∴QC⊥平面ABC

∵AB⊂平面ABC

∴AB⊥QC

∵AC∩QC=C

∴AB⊥平面ACQ；

（Ⅱ）解：设线段BC的中点是O，连接OP，OA

设PO′⊥平面ACQ于O′，则∠PAO′是AP与平面ACQ所成的角

由（Ⅰ）知AB⊥平面ACQ，AB∥PO′，∠PAO′与∠BAP互余

∵AB=AC=，∠BAC=90°，∴BC=2，AO⊥BC，∴AO⊥平面BCQP

设BP=x，∵BP+AP=BC，∴AP=2-x，AO=BO=1，OP2=（2-x）2-1

在△OPB中，由余弦定理得OP2=OB2+BP2-2OB×BPcos45°，∴x=

∴△ABP为等边三角形

∴∠BAP=60°

∴∠PAO′=30°，即直线AP与平面ACQ所成角为30°．

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