《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 立體幾何 9.7.1 利用空間向量求線線角與線面角練習(xí) 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 立體幾何 9.7.1 利用空間向量求線線角與線面角練習(xí) 理 北師大版（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 9.7.1 利用空間向量求線線角與線面角 核心考點(diǎn)·精準(zhǔn)研析 考點(diǎn)一　異面直線所成的角? 1.(2021·全國(guó)卷Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,那么異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點(diǎn),BC=CA=CC1,那么BM與AN所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABC,AC=1,AA1=2,∠

2、BAC=90°,假設(shè)AB1與直線A1C的夾角的余弦值是,那么棱AB的長(zhǎng)度是________________.? 4.如下列圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點(diǎn),=λ,假設(shè)異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為,那么λ的值為________________. 【解析】1.選C.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 那么D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,), 所以=(-1,0,),=(1,1,),設(shè)異面直線AD1與DB1所成角為α, 那么cos α=|cos⣿

3、18;,􀎯|==. 2.選C.建立如下列圖空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)BC=CA=CC1=2,那么可得A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以=(1,-1,2),=(-1,0,2). 所以cos<,>== = =. 3.如圖建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=a,那么A(0,0,0),B1(a,0,2),A1(0,0,2), C(0,1,0),所以=(a,0,2),=(0,1,-2),所以 ===,解得a=1,所以棱AB的長(zhǎng)度是1. 答案:1 4.以D為原點(diǎn),以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,正方體的棱

4、長(zhǎng)為2,那么A1,D1,E,A , 所以=,=+=+λ=+ λ=,所以cos<,>=== ,解得λ=(λ=-舍去). 答案: 　求異面直線所成的角的兩個(gè)關(guān)注點(diǎn) (1)用向量方法求兩條異面直線所成的角, 是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解的. (2)由于兩異面直線所成角的范圍是θ∈0,,兩方向向量的夾角α的范圍是(0,π),所以要注意二者的區(qū)別與聯(lián)系,應(yīng)有cos θ=|cos α|. 【解析】選C.由于∠BCA=90°,三棱柱為直三棱柱,且BC=CA=CC1,可將三棱柱補(bǔ)成正方體. 建立如下列圖空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,那么可得A(0,0,0),B(

5、2,2,0),M(1,1,2),N(0,1,2), 所以=(-1,-1,2),=(0,1,2). 所以cos<,>= ===. 考點(diǎn)二　直線與平面所成的角? 【典例】(2021·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD. (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 【解題導(dǎo)思】 序號(hào) 聯(lián)想解題 (1)要證面面垂直,先想到判定定理 (2)要求線面角,考慮用向量法,想到如何建立空間坐標(biāo)系. 【解析】(1)由可得,BF⊥PF,BF⊥E

6、F,PF∩EF=F, 所以BF⊥平面PEF. 又BF平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)方法一:作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,建立如下列圖的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1,所以PE=. 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH=,EH=. 那么H(0,0,0),P,D,=,=為平面ABFD的一個(gè)法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ, 那么sin θ===. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.

7、 方法二:因?yàn)镻F⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED, 又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED, 所以PF⊥PE, 設(shè)AB=4,那么EF=4,PF=2,所以PE=2, 過P作PH⊥EF交EF于H點(diǎn), 由平面PEF⊥平面ABFD, 所以PH⊥平面ABFD,連接DH, 那么∠PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角, 由PE·PF=EF·PH,所以PH==, 因?yàn)镻D=4,所以sin∠PDH==, 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 　利用向量法求線面角的方法 　(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角);

8、 (2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角. 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F分別為CD,AA1的中點(diǎn). (1)求證:DF∥平面B1AE. (2)假設(shè)AA1⊥底面ABCD,且直線AD1與平面B1AE所成線面角的正弦值為,求AA1的長(zhǎng). 【解析】(1)設(shè)G為AB1的中點(diǎn),連接EG,GF, 因?yàn)镕G􀱀A1B1,又DE􀱀A1B1, 所以FG􀱀DE,所以四邊形DEGF是平行四邊形, 所以DF∥EG,又DF?

9、平面B1AE,EG?平面B1AE,所以DF∥平面B1AE. (2)因?yàn)锳BCD是菱形,且∠ABC=60°,所以△ABC是等邊三角形.取BC中點(diǎn)M,那么AM⊥AD,因?yàn)锳A1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AM,AA1⊥AD,建立如下列圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,令A(yù)A1=t(t>0), 那么A(0,0,0),E,,0,B1(,-1,t),D1(0,2,t), =,,0, =(,-1,t),=(0,2,t), 設(shè)平面B1AE的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 那么n·=(x+y)=0且n·=x-y+tz=0,取n=(-t,t,4),設(shè)直線AD1與平面B1AE所成角為θ,那么sin θ===,解得t=2,故線段AA1的長(zhǎng)為2. 可修改 歡迎下載 精品 Word