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    高二数学考点讲解练(人教A版2019选择性必修第一册)专题强化训练一 空间向量在直线、平面平行垂直和角的应用(附答案)
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    高二数学考点讲解练(人教A版2019选择性必修第一册)专题强化训练一 空间向量在直线、平面平行垂直和角的应用(附答案)

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    这是一份高二数学考点讲解练(人教A版2019选择性必修第一册)专题强化训练一 空间向量在直线、平面平行垂直和角的应用(附答案),共54页。

    专题强化训练一:空间向量在直线、平面和角的应用【考点梳理】考点一: 空间中直线、平面的平行1.线线平行的向量表示设u1,u2分别是直线l1,l2的方向向量,则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R,使得u1=λu2.2.线面平行的向量表示设u是直线 l 的方向向量,n是平面α的法向量,l⊄α,则l∥α⇔u⊥n⇔u·n=0.面面平行的向量表示设n1 ,n2 分别是平面α,β的法向量,则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R,使得n1=λn2 .考点二:空间中直线、平面的垂直1.线线垂直的向量表示设 u1,u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量,则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2=0.2. 线面垂直的向量表示设u是直线 l 的方向向量,n是平面α的法向量, l⊄α,则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R,使得u=λn.知识点三 面面垂直的向量表示设n1,n2 分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=0.考点三:角【题型归纳】题型一:空间向量证明直线与平面平行1.如图,在四棱锥中,,,点F为棱CD的中点,与E,F相异的动点P在棱EF上.(1)当P为EF的中点时,证明:平面ADE;(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l,是否存在点P使得平面PBD?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.2.在棱长为1的正方体中,E为的中点,P、Q是正方体表面上相异两点.若P、Q均在平面上,满足,.(1)判断PQ与BD的位置关系;(2)求的最小值.题型二:空间向量证明直线与平面垂直3.如图,在四棱锥中,平面,底面是梯形,点E在上,.(1)求证:平面平面;(2)求直线与平面所成的角的正弦值.4.在直三棱柱中,且分别是的中点.(1)求BN的长;(2)求异面直线和所成角的余弦值;(3)证明:.题型三:空间角的向量求法5.如图,在四棱锥中,平面ABCD,M,N分别为PB,PD的中点,底面ABCD为正方形,且.(1)若,证明:平面AMN.(2)若平面MNA与底面ABCD所成锐二面角的大小为45°,求PC的长.6.如图,在四棱锥中,和均为正三角形,且边长为,,,与交于点.(1)求证:平面(2)求二面角的余弦值.7.如图,在四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,,,,平面平面ABCD.(1)证明:;(2)若,点E为棱AD的中点,求直线PE与平面PAB所成角的正弦值.【专题突破】一、单选题8.若直线的方向向量为,平面的法向量为,则直线和平面的位置关系是(       )A. B.C.或 D.9.如图,在三棱锥中,平面,是边长为的正三角形,,是的中点,则异面直线与所成角的余弦值是(       )A. B.C. D.10.在三棱锥P—ABC中,PA、PB、PC两两垂直,且PA=PB=PC,M、N分别为AC、AB的中点,则异面直线PN和BM所成角的余弦值为(       )A. B. C. D.11.直三棱柱中,,则与所成的角的余弦值为(       )A. B. C. D.12.已知矩形ABCD,,,将沿AC折起到的位置若,则二面角平面角的余弦值的大小为(       )A. B. C. D.13.如图,在菱形中,,,沿对角线将折起,使点A,C之间的距离为,若P,Q分别为线段,上的动点,则下列说法错误的是(       )A.平面平面B.线段的最小值为C.当,时,点D到直线的距离为D.当P,Q分别为线段,的中点时,与所成角的余弦值为二、多选题14.给出下列命题,其中是真命题的是(       )A.若直线的方向向量,直线的方向向量,则与垂直B.若直线的方向向量,平面的法向量,则C.若平面,的法向量分别为,,则D.若存在实数使则点共面15.如图,在正三棱柱中,AB=1,AA1=2,D,E分别是的中点,则(       )A. B.BE∥平面C.与CD所成角的余弦值为 D.与平面所成角的余弦值为16.已知四棱锥的底面为直角梯形,,底面,且,是的中点,则下列正确的有(       )A.平面平面B.与平面所成的角的余弦值为C.点到平面的距离为D.平面与平面所成二面角的余弦值为17.如图,在平行六面体中,,,点M,N分别是棱的中点,则下列说法中正确的有(       )A.B.向量共面C.平面D.若AB=1,则该平行六面体的高为18.如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,平面,下列说法正确的是(       )A.与所成的角是B.平面与平面所成的锐二面角余弦值是C.三棱锥的体积是D.与平面所成的角的正弦值是19.如图,正方形和矩形所在平面所成的角为60°,且,为的中点,则下列结论正确的有(       )A.B.直线与所成角的余弦值是C.直线与平面所成角的正弦值是D.点到平面的距离是三、填空题20.正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,点M在线段CC1上,且.点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,则线段AP的长为________.21.在棱长为2的正方体中,为棱的中点,点在面上,且,则线段长度的取值范围为______.22.在平行六面体中,,,,,,则与夹角的余弦值为__________.23.如图,在正方体中,平面,垂足为M,以下四个结论①AM垂直于平面;②直线AM与所成的角为45°;③AM的延长线过点;④直线AM与平面所成的角为60°其中正确的结论序号为______.24.如图,在三棱锥中,,,E,F,O分别为棱,,的中点,记直线与平面所成角为,则的取值范围是______.四、解答题(共0分)25.如图,在直三棱柱中,侧面侧面分别为的中点,;(1)求证:直线面;(2)求异面直线与所成角的余弦值.26.在如图所示的五面体中,面是边长为2的正方形,面,,且,为的中点,N为CD中点.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值;(3)求点到平面的距离.27.如图,在正三棱柱中,P为的中点,Q为棱的中点.(1)求证:平面;(2)若,求AC与平面所成角的正弦值.28.如图,且,,且,且,平面ABCD,.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:平面CDE;(2)求二面角的正弦值;29.如图在四棱锥中,,,,,点F,Q分别为CD,PB的中点.(1)证明:平面PAD;(2)若,平面ABCD,AP与平面ABCD所成的角为,求二面角的余弦值.30.如图,在梯形ABCD中,已知AB=4,AD=DC=BC=2,M为AB的中点.将沿DM翻折至,连接PC,PB. (1)证明:DM⊥PC.(2)若二面角P-DM-C的大小为60°,求PB与平面ABCD所成角的正弦值.31.在直角梯形中,,A为线段的中点,四边形为正方形.将四边形沿折叠,使得,得到如图(2)所示的几何体.(1)求直线与平面所成角的正弦值;(2)当F为线段的中点时,求二面角的余弦值.32.如图,三棱柱中,所有棱长都为2,且,平面平面,点P,Q分别在上,且.(1)求证:平面;(2)当点P是边的中点时,求点到直线的距离.33.如图所示,在四棱锥中,底面为正方形,底面,,分别为线段上的动点.(1)若为线段的中点,证明:平面平面;(2)若,且,求二面角的余弦值.34.在四棱锥中,四边形为菱形,,且平面平面.(1)证明:平面;(2)若为的中点,求直线与平面所成角的正弦值.35.如图,在三棱柱中,底面,的中点为,四面体的体积为,四边形的面积为.(1)求到平面的距离;(2)设与交于点O,是以为直角的等腰直角三角形且.求直线与平面所成角的正弦值.36.如图,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点,,.(1)求证:平面AEG;(2)求二面角的余弦值;(3)在线段EG上是否存在一点H,使得BH与平面SCD所成角的大小为?若存在,求出GH的长;若不存在,说明理由. 角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线 l1,l2 所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,则cos θ=|cos〈u,v〉|= eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos 〈u,n〉|=eq \f(|u·n|,|u||n|) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=|cos 〈n1,n2〉|=eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))参考答案:1.(1)证明见解析(2)存在,【解析】【分析】(1)设点为棱的中点,连接,,通过证明四边形为平行四边形,得到,再根据线面平行的判定定理可证平面ADE;(2)延长,相交于点,连接,则直线为平面与平面的交线,连接,交于点,若平面,由线面平行的性质可知,设,推出,根据三点共线的结论求出,从而可推出.(1)如图,设点为棱的中点,连接,,∴,,∵,,∴,,∴四边形为平行四边形,∴,又平面,平面,∴平面.(2)如图,延长,相交于点,连接,则直线为平面与平面的交线,连接,交于点,若平面,由线面平行的性质可知,设,∵点为棱的中点,,,∴,∵,,三点共线, ∴,即,所以当时,,∴,又平面,平面,∴平面,∴存在满足条件的点使得平面,此时.2.(1)PQ与BD的位置关系是平行(2)【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用空间向量判断PQ与BD的位置关系;(2)用含参数的表达式求出,进而求出最小值.(1)以D为原点,以射线DA,DC,分别为x,y,z轴的正向建立空间直角坐标系,,,.因为P、Q均在平面上,所以设,,则,,.因为,,所以解得:所以,,即,,所以PQ与BD的位置关系是平行.(2)由(1)可知:,,所以.当时,有最小值,最小值为.3.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由题意可得两两垂直,所以以所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,利用向量可得,由线面垂直的判定定理可得平面,然后由面面垂直的判定定理可证得结论,(2)由(1)可得是平面的法向量,然后向量的夹角公式可求得结果(1)证明:因为平面,平面,所以,因为,所以两两垂直,所以以所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图所示,因为,所以,所以,所以,所以,即,因为,,所以平面,因为平面,所以平面平面;(2)设直线与平面所成的角为,由(1)可知平面,所以为平面的一个法向量,因为,所以,所以直线与平面所成的角的正弦值为4.(1);(2);(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据几何关系,以C为原点,建立空间直角坐标系,求出B和N的坐标即可求BN长度;(2)利用向量数量积即可求;(3)证明数量积等于零即可.(1)以为坐标原点,以的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系:则,,;(2)由题可知,,,,,,,,,,,,异面直线与所成角的余弦值为;(3),,,,即.5.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据条件首先证明,再证明,由线面垂直的判定定理即可证明平面.(2)如图,以为一组正交基底,建立空间直角坐标系,设,分别求出平面MNA与底面ABCD的法向量,由二面角公式可求出,即可求出PC的长.(1)证明:连接BD,因为底面为正方形,所以.因为平面,平面,所以.又,平面,平面,所以平面因为平面,所以.同理,.在中,M,N分别为PB,PD的中点,所以.因为,所以.又,平面,平面,所以平面.(2)解:如图,以为一组正交基底,建立空间直角坐标系,设,则,,,,所以,.设平面的法向量为,则,令,则,所以平面的一个法向量为.因为平面,所以平面的一个法向量为,所以,解得.所以,.6.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理即可证明;(2)以为坐标原点,,,分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,求解平面的一个法向量,利用空间向量求解二面角即可.(1)证明:因为和均为正三角形,所以.又,所以为的中垂线.所以为的中点.又,所以.又,,平面,所以平面.(2)因为,为的中点,所以.又因为,所以,,为全等三角形.所以,所以.结合(1)知,不妨以为坐标原点,,,分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,则,,,,所以设平面的一个法向量为,则,故,令,则,,所以.设二面角的大小为,则.又二面角为锐二面角,所以二面角的余弦值为.7.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)易证,再根据平面平面ABCD,利用面面垂直的性质定理证明;(2)连接CE,易证平面ABCD.得到CA,CD,CP两两互相垂直,则C为坐标原点,直线CD,CA,CP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,求得平面PAB的一个法向量为,再由求解.(1)证明:在 中,由余弦定理,得,所以,则,即.又因为平面平面ABCD,且平面平面,所以平面PAC.又因为平面PAC,所以.(2)连接CE,由(1)可知,故.又,所以.又,所以平面PEC.又平面PEC,所以.又,,所以平面ABCD.所以CA,CD,CP两两互相垂直.如图,以C为坐标原点,直线CD,CA,CP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则,,,,所以,,.设平面PAB的一个法向量为,则即令,得.所以.所以直线PE与平面PAB所成角的正弦值为.8.A【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得,即,进而可知直线和平面的位置关系.【详解】由,,,所以,即,所以.故选:A9.D【解析】【分析】解法一:可以通过几何法找到异面直线所成角的平面角,结合余弦定理可以求出;解法二:通过空间向量法,用坐标运算可以求出.【详解】解法一:设E为BC的中点,连接FE,如图,∵E是BC的中点,∴∥,,,;在中,由余弦定理可知 ∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为,解法二:以A为坐标原点,AC,AM所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系如图所示,易知,,,所以,, 则,∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.故选:D10.B【解析】【分析】以点P为坐标原点,以,,方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,求出直线PN和BM的方向向量代入公式即可得出答案.【详解】以点P为坐标原点,以,,方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,令,则,,,,则,,设异面直线PN和BM所成角为,则.故选:B.11.A【解析】【分析】根据几何体特点建立空间直角坐标系,利用空间向量夹角公式即可得出异面直线所成角.【详解】如图所示,以为原点,以分别为轴,建立空间直角坐标系,设,可得,,, . , 故BM与AN所成角的余弦值为故选:A.12.C【解析】【分析】作,垂足分别为,过点作交于点,可得即为二面角的平面角,再根据,两边平方求出,即可得解.【详解】解:作,垂足分别为,过点作交于点,则,所以即为二面角的平面角,由矩形ABCD,可得,则,所以,因为,所以,即,所以,因为,所以.所以二面角平面角的余弦值的大小为.故选:C.13.C【解析】【分析】取的中点,易知,结合条件及线面垂直的判定定理可得平面,进而有平面平面,即可判断A;建立坐标系,利用向量法可判断BCD.【详解】取的中点,连接,∵在菱形中,,,∴,又,∴,所以,又易知,因为,,,所以平面,因为平面,所以平面平面,故A正确;以为原点,分别为轴建立坐标系,则,当,时,,,,,所以点D到直线PQ的距离为,故C错误;设,设,可得,,当时,,故B正确;当P,Q分别为线段BD,CA的中点时,,,,,设PQ与AD所成的角为,则,所以PQ与AD所成角的余弦值为,故D正确;故选:C.14.AD【解析】【分析】对于A:先计算出,判断出,即可证明与垂直;对于B:判断出,即可得到不成立;对于C:判断出不垂直,即可得到不成立;对于D: 不共线,由平面向量基本定理可以判断;共线时,可以判断共线,则点共面也成立.即可判断.【详解】对于A:因为直线的方向向量,直线的方向向量,且,所以,所以与垂直.故A正确;对于B:因为直线的方向向量,平面的法向量,且,所以不成立.故B不正确;对于C:因为平面,的法向量分别为,,且,所以不垂直,所以不成立.故C不正确;对于D:若不共线,则可以取为一组基底,由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面;若共线,则存在实数使所以共线,则点共面也成立.综上所述:点共面.故D正确.故选:AD15.BCD【解析】【分析】以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,对选项ACD一一判断;对选项B,连接与交于点,连接,易知,则由线面平行的判定定理可知BE∥平面,即可判断B.【详解】以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,,,对于A,,,所以,所以与不垂直,所以A错误;对于B,连接与交于点,连接,易知,所以面,面,所以BE∥平面,所以B正确;对于C,,,所以,,所以,与CD所成角的余弦值为,故C正确;对于D,,设面,,,令,,所以,与平面所成角为,,所以,与平面所成角的余弦值为,故D正确.故选:BCD.16.AC【解析】【分析】对于A选项,可由面面垂直的判定定理直接证明,对于B,C,D选项可建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算即可判断正确与否【详解】对于A,由题意, 底面, 可得 , 又四棱锥的底面为直角梯形, 且,则,又平面,平面所以平面, 又平面,所以平面平面, 故A正确建立如图所示的坐标系, 可得, , 可得,,设平面的法向量,则即令,则,所以又,设与平面所成的角大小为则,所以,故B错误点到平面的距离,故C正确设平面AMC的法向量 , 平面BMC的法向量, 由 得令 , 得 ,所以 , 同理可求 ,设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为,为钝角所以 所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为.故D错误故选:AC17.AD【解析】【分析】选定空间的一个基底,表示出相关向量,计算数量积判断A,C;利用共面向量定理判断B;求出正四面体的高判断D作答.【详解】在平行六面体中,令,不妨令,依题意,,,因点M,N分别是棱的中点,则,,有,A正确;,若向量共面,则存在唯一实数对使得,即,而不共面,则有,显然不成立,B不正确;因,,因此,与不垂直,不垂直平面,C不正确;连接,依题意,,即四面体是正四面体,因此,平行六面体的高等于点到平面的距离,即正四面体的高h,由知,由选项A知,,则平面,是平面的一个法向量,,,则,所以平行六面体的高为,D正确.故选:AD18.ACD【解析】【分析】由题意以分别为轴建立空间直角坐标系,利用向量法判断选项A,B,D,直接由锥体的体积公式求出三棱锥的体积,判断选项C.【详解】由,可得,又平面故以分别为轴建立空间直角坐标系.则选项A. 由则,所以所以与所成的角是,故选项A正确.选项B. 由题意为平面的一个法向量.设为平面 的一个法向量,由 ,即 ,则取所以 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是,故选项B不正确.选项C. ,故选项C正确.选项D. ,设与平面所成的角为 则 ,故选项D正确.故选:ACD19.BCD【解析】【分析】由条件建立空间直角坐标系,利用向量方法判断的位置关系,利用空间角的向量求法判断B,C,再结合点到平面的距离的向量求法判断D.【详解】由已知,,又,平面,所以平面,以为坐标原点,,为轴正方向建立空间直角坐标系,又正方形和矩形所在平面所成的角为60°,所以,,所以,,,,所以,,所以,所以不垂直,A错,,,所以,所以直线与所成角的余弦值是,B对,设平面的法向量为,,由已知,所以,取可得,,即可取法向量为,直线的方向向量,所以,所以线与平面所成角的正弦值是,C对,因为,平面的法向量为,设点到平面的距离为,则,D对,故选:BCD.20.##【解析】【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系,设,由求出点坐标后可得线段的长.【详解】如图,分别以为轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,则是靠近的线段的三等分点,,,,在平面上,设,则,由AP⊥平面MBD1,得,解得,所以,.故答案为:.21.【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系,设,,利用空间向量求出动点的轨迹,即可求出的最值,即可得解;【详解】解:如图建立空间直角坐标系,则、、,设,,则,,因为,所以,即,所以点的轨迹是侧面内,和的中点,连线的线段,所以,显然,所以的最小值为,最大值为.所以故答案为:22.【解析】【分析】由表示出,再结合空间向量的夹角公式计算即可.【详解】设,则,同理,,平行六面体中,,,;则,,,设直线和所成角为,则.所以与夹角的余弦值为,故答案为:.23.①③【解析】【分析】①根据AM⊥平面A1BD,平面A1BD∥CB1D1,判断AM⊥平面CB1D1;②建立空间直角坐标系,利用坐标表示向量,求出平面BDA1的法向量,求得与的夹角,判断直线AM与BB1所成的角不是45°;③求出,判断它与平面CB1D1的法向量共线,得出AM的延长线过点C1;④求出AC1与平面A1B1C1D1所成的角,即为直线AM与平面A1B1C1D1所成的角.【详解】对于①,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AM⊥平面A1BD,由正方体的性质可得,平面A1BD,平面A1BD,平面A1BD,同理可得,平面A1BD,,∴平面A1BD∥CB1D1,∴AM⊥平面CB1D1,①正确;对于②,建立空间直角坐标系,如图所示,设棱长为1,则A(0,0,1),B(1,0,1),C(1,1,1),D(0,1,1),A1(0,0,0),∴=(-1,1,0),=(1,0,1),设平面BDA1的法向量为=(x,y,z),则,即,令x=1,则y=1,z=-1,∴=(1,1,-1),又=(0,0,-1),∴cos<,>==,∴与的夹角不是45°且不是135°,又与共线,∴直线AM与BB1所成的角不是45°,②错误;对于③,=(1,1,-1),与平面CB1D1的法向量共线,∴与共线,即AM的延长线过点C1,③正确;④与共线,且tan∠AC1A1=,∴AC1与平面A1B1C1D1所成的角不是60°,即直线AM与平面A1B1C1D1所成的角不是60°,④错误;综上,正确的命题序号是①③.故答案为:①③.24.【解析】【分析】易证得,引入辅助角变量,设,以为原点建立空间直角坐标系,利用向量法求得线面角的正弦值,从而可判断所求角的范围.【详解】解:因为,,所以,所以,又因为为的中点,所以,又,所以平面,设,如图,以为原点建立空间直角坐标系,则平面与平面重合,不妨设,则,则,,则,因为平面,所以即为平面的一条法向量,因为直线与平面所成角为,,所以,因为,所以,所以,所以.故答案为:.25.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)证明平行四边形得线线平行,进而根据线面平行的判定定理即可证明.(2)根据空间直角坐标系根据向量的夹角求线线角.(1)证明:取的中点P,连因为分别为的中点,所以且,又在直三棱柱中,且,所以且 .所以四边形为平行四边形,所以因为平面平面,所以直线平面;(2)解在直三棱柱中平面,所以,又侧面侧面,平面平面,所以平面,分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系,则由题意可知,所以;所以.所以异面直线MC1与BN所成角的余弦值为.26.(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】(1)(2)(3)建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算可得;(1)证明:如图建立空间直角坐标系,则,,,,,,,所以,显然平面的法向量可以为,所以,即,又平面,所以平面;(2)解:因为,,设平面的法向量为,则,令,则,所以,显然平面的法向量可以为,设二面角为,由图可知二面角为钝角,则,所以二面角的余弦值为;(3)解:由(2)知平面的法向量为,又,设点到平面的距离为,则所以点到平面的距离;27.(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用正三棱柱的几何性质,取线段AB的中点记为D,连接CD,PD,可推证平面,再利用平行四边形证得,即能证明平面;(2)由(1)建立空间直角坐标系,利用空间向量中线面夹角公式求解即可.(1)证明:正三棱柱中,取线段AB的中点记为D,连接CD,PD,由已知,易知,且,所以四边形PDCQ是平行四边形,.又,,,所以平面,所以平面.(2)解:由(1)易知,DB,DC,DP两两垂直,如图,以D为坐标原点,以DB,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,,设平面的一个法向量,则即 取,可得所以,即AC与平面所成角的正弦值为.28.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用空间向量证明线面平行,即证;(2)利用空间向量求二面角,,再求.(1)因为,,平面ABCD,而AD、平面ABCD,所以,,因此以D为坐标原点,分别以、、的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.因为且,且,,所以,,,,,,,,.设为平面CDE的法向量,,,则,不妨令,可得;又,所以.又∵直线平面CDE,∴平面CDE;(2)依题意,可得,,.设为平面BCE的法向量,则,不妨令,可得.设为平面BCF的法向量,则,不妨令,可得.若二面角的大小为,则,因此.∴二面角的正弦值为29.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取AB的中点H,连接QH,HF,根据线面平行的判定证明平面平面PAD. (2)以直线EC,EA,EP为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系,求得平面PAF一个法向量,再根据平面PAE的一个法向量结合二面角的向量求法求解即可(1)证明:取AB的中点H,连接QH,HF.∵在中,Q,H分别为BP,BA的中点,∴.又∵平面PAD,平面PAD,∴平面PAD.∵在梯形ABCD中,H,F分别为AB,DC的中点,∴.又∵平面PAD,平面PAD,∴平面PAD.又∵,平面QHF,平面QHF,∴平面平面PAD.又∵平面QHF,∴平面PAD.(2)由题知,EP,EA,EC互相垂直,分别以直线EC,EA,EP为x轴,y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,设平面PAF的法向量为,则,即,不妨取,得平面PAF的一个法向量为,由题知平面EAP,∴平面PAE的一个法向量为,因,所以所求二面角的余弦值为.30.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接AC,交DM于点O,连接PO,根据线段长度关系可得四边形AMCD为菱形,从而得到DM⊥AC,再根据等腰三角形证明DM⊥PO即可证明DM⊥平面PCO ,从而得到DM⊥PC.(2)以O点为坐标原点,建立空间直角坐标系,再由(1)可得∠POC=60°,进而得到,再根据线面角的向量求法求解即可(1)证明:连接AC,交DM于点O,连接PO.因为AB=4,AD=DC=BC=2,M为AB的中点,所以AM=AD=CD.又四边形ABCD为梯形,则四边形AMCD为菱形,所以DM⊥AC.又PD=PM,O是DM的中点,所以DM⊥PO.因为AC⊂平面PCO,PO⊂平面PCO,AC∩PO=O,所以DM⊥平面PCO又PC⊂平面PCO,所以DM⊥PC.(2)以O点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为二面角P-DM-C的大小为60°,由(1)DM⊥平面PCO ,所以∠POC=60°,易得∠BAD=60°,则.平面ABCD的一个法向量,设PB与平面ABCD所成的角为,则,即PB与平面ABCD所成角的正弦值为31.(1)(2)【解析】【分析】(1)(2)建立空间直角坐标系,利用即可向量法计算可得;(1)解:依题意可得、,,如图建立空间直角坐标系,则、、、、、,所以,,,设平面的法向量为,所以,令,则,,所以,设直线与平面所成角为,则(2)解:依题意可得,则,设平面的法向量为,所以,令,则,则,显然二面角的锐二面角,所以二面角的余弦值为;32.(1)详见解析;(2).【解析】【分析】(1)作,根据条件证明四边形为平行四边形,然后得到即可;(2)取中点,然后证明平面,进而建立空间直角坐标系,利用坐标法即得.(1)作,交于点,由,则,∵,∴,即,∴且,连接,所以四边形为平行四边形,∴,∵平面,且平面,∴平面.(2)取中点,连接、,∵,,,根据余弦定理得:,∴,则,又平面平面,平面平面,∴平面,∵是等边三角形,∴,如图建立空间直角坐标系,则,∴,∴,∴点到直线的距离为.33.(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由线面垂直、正方形的性质有、,根据线面垂直的判定得平面,再由线面垂直、等腰三角形的性质有、,最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结论.(2)构建空间直角坐标系,求出面、面的法向量,利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.(1)由底面,底面,则,在正方形中,,由,面,则平面,由面,所以.由,E为中点,则又,面,则平面,因为面AEF,从而平面平面.(2)以A为坐标原点,分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则.由(1)知:为平面的法向量.     由知:,因为所以即又所以,设平面的法向量为,由,即,取,则,所以,又二面角是锐二面角,所以二面角的余弦值为.34.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可证得;(2)建立空间直角坐标系,利用直线与平面所成角的正弦值公式计算可得.(1)(1)证明:连接BD交AC于O,四边形为菱形,所以,平面平面,平面平面平面所以平面,因为平面,所以,,故,又平面,所以平面(2)连接OM,则平面,则可以O为原点,建立空间直角坐标系如图则则,设直线与平面所成角为,记平面的法向量为,,取所以,所以直线与平面所成角的正弦值为.35.(1)(2)【解析】【分析】(1)由为的中点可得,而,利用等体积法即可求解点面距离;(2)以,,所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,利用空间向量求解线面角即可.(1)解:因为为的中点,,所以,设到平面的距离为h,则到平面的距离为,因为,即,即,得,即到平面的距离.(2)因为是以为直角的等腰直角三角形,由(1)知,所以,如图,以,,所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则点,,,,.则,,.设平面的法向量为,则由解得.令,则,于是平面的一个法向量为.所以直线与平面所成角的正弦值为.故直线与平面所成角的正弦值为.36.(1)证明见解析(2)(3)存在,【解析】【分析】(1)利用三角形中位线证明,即可根据线面平行的判定定理证明结论;(2)建立空间直角坐标系,求得相关点的坐标,求得平面SCD的一个法向量,即可根据向量的夹角公式求得答案;(3)假设存在点H,设,表示出的坐标,根据BH与平面SCD所成角的大小为,利用向量的夹角公式计算,可得答案.(1)证明:连接FG,在中,F,G分别为SD,SB的中点,所以,又因为平面AEG,平面AEG,所以平面AEG.(2)因为平面ABCD,AB,平面ABCD,所以,,又,所以,以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,设平面SCD的法向量为,则 ,即 令,得,,所以平面SCD的一个法向量为,又平面ESD的一个法向量为,所以,由图形可知,二面角的余弦值为.(3)存在,理由如下:假设存在点H,设,则,由(2)知,平面SCD的一个法向量为,则,即,所以,则,故存在满足题意的点H,此时.
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