人教版高中数学7 第7讲　立体几何中的向量方法 新题培优练.doc

[基础题组练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)．
因为cos〈，n〉＝＝＝，
所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A.
3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
所以＝(0，1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即
所以
所以n1＝(1，2，2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
4．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．
解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，，2)，F(1，0，1)，
E，G(0，0，2)，
＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则z＝1，y＝，
故n＝(1，，1)为平面GEF的一个法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.
答案：
5．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．
解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cosn，m＝＝－.
所以，二面角B－EC－C1的正弦值为.
6．(2019·福州市质量检测)如图，四棱锥P­ABCD，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，Q为PB的中点．
(1)求证：AQ⊥平面PBC；
(2)求二面角B­PC­D的余弦值．
解：(1)证明：因为AB∥CD，∠BCD＝90°，
所以AB⊥BC，
又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以BC⊥平面PAB，
又AQ⊂平面PAB，所以BC⊥AQ，
因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形，
所以PB⊥AQ，
又PB∩BC＝B，
所以AQ⊥平面PBC.
(2)取AB的中点O，连接PO，OD，