2018高考数学异构异模复习第八章立体几何8.5.2利用空间向量求空间角与距离撬题理.doc

,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤α   B.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤α   D.∠A′CB≥α答案 B解析若CD⊥AB,则∠A′DB为二面角A′-CD-B的平面角,即∠A′DB=,在△ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连接A′O,则∠A′OE为二面角A′-CD-B的平面角,即∠A′OE=α,∵AO=A′O,∴∠A′AO=.又A′D=AD,∴∠A′AD=∠A′∠A′AO是直线A′A与平面ABC所成的角,由线面角的性质知∠A′AO<∠A′AD,则有α<∠A′∠A′DB≥α,,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是( )A.      .    B解析由正方体的性质易求得sin∠C1OA1=,sin∠COA1=,注意到∠C1OA1是锐角,∠COA1是钝角,且>.,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=,所以EH=EF=BC===6,所以AH=,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos〈n,〉|==.,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=(0,-,0).由此可得·n=0,又因为直线MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos〈n1,n2〉==-,于是sin〈n1,n2〉=,所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos〈,n〉===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-,线段A1E的长为-,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,{,,}为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x==(1,1,1)〈