立体几何中关于用向量法求线面夹角问题比如,正方体中,求A1B与平面BB1D1D所成的角._百度作业帮
立体几何中关于用向量法求线面夹角问题比如,正方体中,求A1B与平面BB1D1D所成的角.
立体几何中关于用向量法求线面夹角问题比如,正方体中,求A1B与平面BB1D1D所成的角.
你们老师有没有说过立体几何用欧几里得方法的比用向量的聪明啊 所以我对待这种题一般都用欧几里得方法做你要要的话 我正给你看
- -,我们现在用的是向量法啊，
我就是那个平面的法向量不会找，
我找了BB1和BD的坐标，然后用法向量求，但是求不来不对啊，，
不知道哪里错了。。
由于我一直用综合法，所以向量那块儿没有学好 呵呵文档分类：
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淘豆网网友近日为您收集整理了关于2014高考数学（人教A版 理）一轮课时作业：8.7 空间向量的应用的文档，希望对您的工作和学习有所帮助。以下是文档介绍：2014高考数学（人教A版 理）一轮课时作业：8.7 空间向量的应用 第 7 讲空间向量的应用基础巩固1.(2012北京西城检测)下列命题中,正确命题的个数为( )①若 n1,n2 分别是平面α,β的法向量,则 n1∥n2α∥β;②若 n1,n2 分别是平面α,β的法向量,则α⊥βn1n2=0;③若 n 是平面α的法向量,a 与α共面,则na=0;④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.A.1 B.2C.3 D.4【答案】C【解析】命题①中平面α,β可能平行,也可能重合;结合平面法向量的概念,易知命题②③④正确.故选 C.2.在空间直角坐标系 O-xyz 中,平面 OAB 的法向量为 n=(2,-2,1),已知 P(-1,3,2),则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于( )A.4 B.2C.3 D.1【答案】B【解析】d====2.3.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面α的方向向量和法向量,若 cos&m,n&=-,则 l与α所成的角θ为( )A.30° B.60°C.120° D.150°【答案】A【解析】∵(来源：淘豆网[/p-.html])cos&m,n&=-,∴sin θ=|cos&m,n&|=.又∵直线与平面所成角θ满足 0°≤θ≤90°,∴θ=30°.4.已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1=2,E 是侧棱 BB1 的中点,则直线 AE 与平面 A1ED1 所成角的大小为( )A.60° B.90°C.45° D.以上都不正确【答案】B【解析】∵E 是 BB1 的中点且 AA1=2,AB=BC=1,∴∠AEA1=90°.又在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AD⊥平面 ABB1A1,∴A1D1⊥AE.因此 AE⊥平面 A1ED1.故所求角为 90°.5.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是 1,则侧棱与底面所成的角为( )A.75° B.60° C.45° D.30°【答案】C【解析】如图,在四棱锥 P-ABCD 中,过点 P 作 PO⊥平面 ABC(来源：淘豆网[/p-.html])D 于点 O,连接 AO,则 AO是 AP 在底面 ABCD 上的射影,从而可知∠PAO 即为所求线面角.∵AO=,PA=1,∴cos∠PAO==.故∠PAO=45°,即所求线面角为 45°.6.如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形,PA⊥平面 ABCD,且 PA=AD,则平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角的度数为( )A.90° B.60°C.45° D.30°【答案】C【解析】∵AB∥CD,∴平面 PAB 与平面 PCD 的交线 l 必为过 P 点与 AB 平行的直线.∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥CD.∵CD⊥AD,∴DC⊥平面 PAD,从而易知 DC⊥PD.因此 PA⊥l,PD⊥l,即∠APD 为所求二面角的平面角,∠APD=45°.7.已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面是边长为 2 的正方形,高为 4,则点 A1 到截面AB1D1 的距离是( )A. B. C. D(来源：淘豆网[/p-.html]).【答案】C【解析】如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),设平面 AB1D1 的法向量为 n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d==.8.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE所成角的余弦值为.【答案】【解析】以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图,则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1).故 cos&,&==.9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,M,N 分别是 1 的中点,则直线 B1N 与平面 BDM 所成角的正弦值为.【答案】【解析】以 D 为坐标原点,分别以,,的方向为(来源：淘豆网[/p-.html]) x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则 B1(2,2,2),N(0,2,1),=(2,0,1),又 M(0,1,2),D(0,0,0),B(2,2,0),则=(2,2,0),=(0,1,2),可得平面 BDM 的一个法向量 n=(2,-2,1),因为 cos&n,&==,所以直线 B1N 与平面 BDM 所成角的正弦值是.10. (2013湖北黄石月考)在如图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D 中,过顶点 B,D,C1 作截面,则二面角 B-DC1-C 的平面角的余弦值是.【答案】【解析】取 C1D 的中点 O,连接 BO,CO,则 BO⊥C1D,CO⊥C1D,即∠BOC 是二面角 B-DC1-C的平面角.设正方体的棱长为 1,则 CO=,∵△BDC1 为正三角形,∴OB=.故 cos∠BOC==.11.(2012江西卷,19)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1=,BC=4,点 A1 在底面ABC 的投影是线段 BC 的中点 O(来源：淘豆网[/p-.html]).(1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E,使得 OE⊥平面 BB1C1C,并求出 AE 的长;(2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值.【解】(1)证明:连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E,因为 AA1∥BB1,所以 OE⊥BB1.因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC.因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC,所以 BC⊥平面 AA1O,BC⊥OE.因此 OE⊥平面 BB1C1C.又 AO==1,AA1=,故 AE==.(2)如图,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),由=得点 E 的坐标是,由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是=,设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z),由得令 y=1,得 x=2, z=-1,即 n=(2,1,-1).故 cos&,n&==,即平面 BB1C1C 与平面(来源：淘豆网[/p-.html]) A1B1C 的夹角的余弦值是.12.如图甲,在直角梯形 ABCD 中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,AD=3,CD=1,点 E,F 分别在 AD,BC 上,且 AE=AD,BF=BC.现将此梯形沿 EF 折至使 AD=的位置(如图乙).(1)求证:AE⊥平面 ABCD;(2)求点 B 到平面 CDEF 的距离;(3)求直线 CE 与平面 BCF 所成角的正弦值.【解】(1)证明:由题意知 AE=1,DE=2,AD=,∵AE2+AD2=DE2,∴∠EAD=90°,即 EA⊥AD.又 EA⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面 ABCD.(2)作 AK⊥DE 于点 K.∵AE=AD,BF=BC,∴AB∥EF.又 AB 平面 CDEF,EF平面 CDEF,∴AB∥平面 CDEF.因此点 B 到平面 CDEF 的距离即为点 A 到平面 CDEF 的距离.∵EF⊥AE,EF⊥ED,ED∩EA=E,∴EF⊥平面 AED.∵AK平面 AED,∴AK⊥EF.又 AK⊥DE,DE(来源：淘豆网[/p-.html])∩EF=E,∴AK⊥平面 CDEF.因此 AK 的长即为点 B 到平面 CDEF 的距离.在 Rt△ADE 中,易求得 AK=,故点 B 到平面 CDEF 的距离为.(3)以点 A 为坐标原点,AD,AB,AE 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,如图,则 B(0,2,0),C(,1,0),E(0,0,1),F,=,=(,-1,0),=(-,-1,1),设平面 BCF 的法向量 n=(x,y,z),由得 n=.设直线 CE 与平面 BCF 所成的角为α,则 sin α===.故直线 CE 与平面 BCF 所成角的正弦值为.拓展延伸13.(2012福建厦门月考)如图,矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直,BE∥CF且 BE&CF,∠BCF=,AD=,EF=2.(1)求证:AE∥平面 DCF;(2)设=λ,当λ取何值时,二面角 A-EF-C 的大小为?【解】(1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形,∴AB∥DC.又 BE∥CF,AB∩BE=B,DC∩CF(来源：淘豆网[/p-.html])=C,∴平面 ABE∥平面 DCF.又 AE平面 ABE,∴AE∥平面 DCF.(2)过点 E 作 GE⊥CF 交 CF 于点 G,∵由已知可得 EG∥BC∥AD,且 EG=BC=AD,∴EG=AD=.又 EF=2,∴GF=1.∵四边形 ABCD 是矩形,∴DC⊥BC.∵∠BCF=,∴FC⊥BC.又平面 ABCD⊥平面 BEFC,平面 ABCD∩平面 BEFC=BC,∴FC⊥平面 ABCD.故 FC⊥CD.以 C 为原点,CB,CD,CF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设 BE=m,由=λ,得 AB=λm.于是 A(,λm,0),E(,0,m),F(0,0,m+1),=(0,-λm,m),=(-,0,1).设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z),由n=0,n=0,得即令 y=,可得平面 AEF 的一个法向量 n=(λ,,λ).又=(0,λm,0)是平面 CEF 的一个法向量,∴cos=,即=,解得λ=.故当λ=时,二面角 A-EF-C 的大小为.播放器加载中，请稍候...
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2015年高考模拟试题高中人教版数学(理)二轮复习第一部分《必考问题14 用空间向量法解决立体几何问题》
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已知正方体ABCD-A1B1C1D1,写出平面ABC和平面AB1C的一个法向量
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平面ABC的一个法向量是向量BB1平面AB1C的一个法向量是向量BD1&证明一下吧,只需说明BB1⊥平面ABC,BD1⊥平面AB1C由于BB1⊥AB,BB1⊥BC,所以BB1⊥平面ABC,第一条好了&&&联结A1B,则在正方形ABB1A中,A1B⊥AB1由于A1D1⊥AA1,A1D1⊥A1B1,所以A1D1⊥平面ABB1A1所以D1在平面ABB1A1上的射影是A1那么D1在平面ABB1A1上的射影是A1,平面ABB1A1中又有A1B⊥AB1所以根据三垂线定理,有BD1⊥AB1同样道理,联结BD,则有AC⊥BDDD1⊥AD,DD1⊥CD,得DD1⊥平面ABCD所以D1在平面ABCD上的射影是D,加上AC⊥BD根据三垂线定理有BD1⊥AC由已证BD1⊥AB1,BD1⊥AC可得BD1⊥平面ABC,第二条也好了欢迎来到21世纪教育网题库中心！
（14分）如图：正方体ABCD-A1B1C1D1，过线段BD1上一点P（P平面ACB1）作垂直于D1B的平面分别交过D1的三条棱于E、F、G．(1)求证：平面EFG∥平面A CB1，并判断三角形类型；(2)若正方体棱长为a，求△EFG的最大面积，并求此时EF与B1C的距离．
答案（1）见解析；（2）a。
解析试题分析： (1)分析：要证平面EFG平面ACB1，由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可．证明：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图5，不妨设正方体棱长为a，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），D1（0，0，a），B1（a，a，a），E（xE，0，a），F（0，yF，a），G（0，0，zG）．∴=（－a，－a，a），=（0，a，a），（－xE，yF，0），=（－a，a，0），=（－a，0，－a），∵·=(－a，－a，a)·(0，a，a)=0，∴⊥&，同理 ⊥，而与不共线且相交于点A，∴⊥平面ACB1，又已知⊥平面EFG，∴ 平面EFG∥平面ACB1；又因为⊥平面EFG，所以 ⊥，则·=0，&即 (－a，－a，a)·(－xE，yF，0)=0，化简得& xE－yF=0；同理&&& xE－zG=0,& yF－zG=0，易得&&==，∴&△EFG为正三角形．(2)解：因为△EFG是正三角形，显然当△EFG与△A1C1D重合时，△EFG的边最长，其面积也最大，此时，=A1C1=·a，∴= =&·sin600 =&· =·&．此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离，由于两异面直线所在平面平行，所求距离转化为求点B1到平面 A1C1D的距离，记A1C1与B1D1交于点O1，作O1H∥D1B并交BB1于点H，则O1H⊥平面A1C1D，垂足为O1，则O1(，，a)，H(a，a，)，而作为平面A1C1D的法向量，所以异面直线EF与B1C的距离设为d是d = ==·a．考点：本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。点评：以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求距离、所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段．（1）用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC，EG∥B1C，FG∥AB1来证明，而我们借用向量法使问题代数化，运算简洁，思路简单明了．（2）证明（2）时一般要找到求这两平面距离的两点，如图。而这两点为K与J，在立体图形中较难确定，且较难想到通过作辅助线DO1，OB1来得到，加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱，但只要借助平面法向量求线段的射影长度的思想，结合题设，使思路清晰明了，最终使问题的解决明朗化；把握这种思想，不管是空间线线距离，线面距离，面面距离问题，一般我们都能转化成点线或点面距离，再借助平面法向量很好地解决了．}