高考数学二轮复习 专题限时集训（十三）空间向量与立体几何配套作业 理（解析版，新课标）

??2y1＝0，∴?∴取n1＝(3，0，2)， ?－2x＋3z＝0，11?

同理求得平面CDQ的法向量n2＝(0，－3，－2)，

n1·n23×0＋0×（－3）＋2×（－2）所以，二面角D－CQ－B的余弦值cosx＝＝＝2222|n1|·|n2|3＋2·3＋2

4

－. 13

12．解：因为BB1⊥平面ABCD，且ABCD是边长为2的正方形，所以以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则有

A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，D(2，2，0)，A1(1，0，2)，B1(0，0，2)，C1(0，

1，2)．

→→

(1)证明：∵BB1·AC＝(0，0，2)·(－2，2，0)＝0， →→→→→→BD·AC＝(2，2，0)·(－2，2，0)＝0，∴BB1⊥AC，BD⊥AC. ∵BB1与DB是平面BB1D内的两条相交直线， ∴AC⊥平面BB1D.又AC?平面AA1C1C， ∴平面AA1C1C⊥平面BB1D.

→→→

(2)AA1＝(－1，0，2)，AD＝(0，2，0)，A1C1＝(－1，1，0)，

A1D＝(1，2，－2)，

设n＝(x1，y1，z1)为平面A1AD的一个法向量， →??n·AA1＝－x1＋2z1＝0，

则?

→??n·AD＝2y1＝0.

于是y1＝0，取z1＝1，则x1＝2，n＝(2，0，1)． 设m＝(x2，y2，z2)为平面A1C1D的一个法向量，

→

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→??m·A1C1＝－x2＋y2＝0，

则?可得3y2＝2z2，

→??m·A1D＝x2＋2y2－2z2＝0，取z2＝3，则x2＝y2＝2，m＝(2，2，3)．

m·n7785

∴cos〈m，n〉＝＝＝，由图知二面角A－A1D－C1为钝角，所以其余

|m||n|855×17

785

弦值为－. 85

13．解：(1)证明：因为DB＝2，DC＝1，BC＝5满足：DB＋DC＝BC，所以BD⊥DC， 如图，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系，

1

则由条件可知D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，1，0)，E1，，0，A(a，b，c)(由图知

2

2

2

2

a>0，b>0，c>0)．

由AB＝AD＝2.

得a＋b＋c＝(a－2)＋b＋c＝(2)?a＝1，b＋c＝1，

2

2

2

2

2

2

2

2

2

平面BCD的法向量可取n1＝(0，0，1)，

→→

因为DA＝(1，b，c)，DB＝(2，0，0)，所以平面ABD的一个法向量为n1＝(0，c，－b)， 则锐二面角A－BD－C的余弦值|cos〈n1，n2〉|＝?

?n1·n2?＝b＝cos60°，

??|n1|·|n2|?b2＋c2

1313→3

从而有b＝，c＝，故A1，，，EA＝0，0，，

22222→

DC＝(0，1，0)，

→→→→

EA·DC＝0，EA·DB＝0?EA⊥DC，EA⊥DB， 又DC∩BD＝D，所以AE⊥平面BDC.

13

(2)由(1)得A1，，，D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，1，0)，

22→

AB＝1，－，－123→

，CD＝(0，－1，0)． 2

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→??→AB·CD?

设异面直线AB与CD所成角为θ，则cosθ＝?

→→??|AB?|·|CD|?

2＝. 2×1412

＝

13→→

(3)∵AD＝－1，－，－，CD＝(0，－1，0)，

22设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，

y?n·→AD＝－x－－2则?

?n·→CD＝－y＝0，

3z＝0，2取x＝3，则n＝(3，0，－2)．

故平面ACD的法向量n＝(3，0，－2)．

?→?→

记点B到平面ACD的距离d，则AB在法向量n方向上的投影的绝对值为d，则d＝?AB·n?，

|n|??

3＋0＋3??221

所以d＝??＝7. 22

?（3）＋0＋（－2）?

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