【数学】2020届一轮复习人教A版第十四章空间向量第4课　空间向量的共线与共面作业（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第十四章空间向量第4课　空间向量的共线与共面作业（江苏专用）

随堂巩固训练(4) ‎ ‎ 1. 在二面角中，平面α的一个法向量n1＝，平面β的一个法向量n2＝，则二面角的大小为____________．‎ ‎ 2. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，P是棱A1B1上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为________．‎ ‎ 3. 如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AB＝2AC＝2a，则AB与平面PBC所成角的正弦值为________．‎ ‎ 4. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是对角线BD1上的点，且BE∶ED1＝1∶3，则AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为________．‎ ‎ 5. 已知l∥α，且直线l的一个方向向量为(2，m，1)，平面α的一个法向量为，则实数m＝________．‎ ‎ 6. 已知△ABC是等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AC，则二面角P-BC-A的大小是________．‎ ‎ 7. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，则二面角APBC的余弦值为________．‎ ‎ 8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝3，D是线段BC的中点．‎ ‎(1) 求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；‎ ‎(2) 求二面角B1A1DC1的余弦值．‎ ‎ 9. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且M和N分别为B1C和D1D的中点．‎ ‎(1) 求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2) 求二面角D1ACB1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，求线段A1E的长．‎ ‎10. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．‎ ‎(1) 求证：D1E⊥A1D；‎ ‎(2) 当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离；‎ ‎(3) 试求AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为.‎ 答案与解析随堂巩固训练(4)‎ ‎1. 30°或150°　解析：在二面角α-l-β中，平面α的一个法向量n1＝，平面β的一个法向量n2＝，所以cos〈n1，n2〉＝＝－，则二面角α-l-β的大小为30°或150°.‎ ‎2. 90°　解析：以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，A1P＝t(0≤t≤2)，A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t，2)，＝(－2，0，1)，＝(1，t－1，2)，所以·＝－2＋0＋2＝0，则异面直线OP与AM所成角的大小为90°.‎ ‎3. 　解析：如图，作AD⊥PC，连结BD，因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC.又因为AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC.因为AD平面PAC，所以BC⊥AD.因为AD⊥PC，BC∩PC＝C，BC，PC平面PBC，所以AD⊥平面PBC，所以∠ABD为直线AB与平面PBC所成的角．在Rt△PAC中，由等面积可得AD＝＝，在Rt△ADB中，sin∠ABD＝＝，所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎4. 　解析：建立以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴的空间直角坐标系，令该正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E，所以＝.由正方体的性质取为平面BCC1B1的一个法向量，＝(2，0，0)，所以cos〈，〉＝，故AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为.‎ ‎5. －8　解析：由题意得(2，m，1)·＝2＋m＋2＝4＋m＝0，解得m＝－8.‎ ‎6. 30°　解析：取PC，AC的中点E，F，连结EF，BF，以点F为原点，FB所在直线为x轴，FC所在直线为y轴，FE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，令△ABC的边长为2，则P(0，－1，1)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，所以＝(，1，－1)，＝(0，2，－1)，＝(－，1，0)．设平面PBC的法向量n1＝(x，y，z)，则可得即 取y＝1，故平面PBC的一个法向量为n1＝，由题可知为平面ABC的一个法向量，则＝(0，0，－1)，所以cos〈n1，〉＝－，故二面角PBCA的大小为30°.‎ ‎7. －　解析：令AD＝1，则AB＝2，由∠DAB＝60°易知DB＝，所以DA⊥DB.以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(0，，0)，C(－1，，0)，所以＝(1，0，－1)，＝(0，，－1)，＝(－1，，－1)．设平面APB的法向量n＝(x，y，z)，则取y＝，得平面APB的一个法向量为n＝(3，，3)．设平面PBC的法向量m＝(a，b，c)，则取b＝，得平面PBC的一个法向量为m＝(0，，3)．令二面角APBC的平面角为θ，由题可知θ为钝角，故cosθ＝－|cos〈n，m〉|＝－||＝－||＝－.　‎ ‎8. 解析：(1) 因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，所以以A为坐标原点，AB、AC、AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3)．‎ 因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)，‎ 所以＝(0，4，0)，＝(1，2，－3)．‎ 设平面A1C1D的法向量n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 所以 取z1＝1，则平面A1C1D的一个法向量n1＝(3，0，1).＝(1，－2，3)，‎ 所以|cos〈n1，〉|＝＝，‎ 所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.‎ ‎(2) 由(1)得＝(2，0，0)，＝(1，－2，3)．设平面B1A1D的法向量n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 取得平面B1A1D的一个法向量n2＝(0，3，2)，所以cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 所以二面角B1A1DC1的余弦值的大小为－.‎ ‎9. 解析：(1) 如图，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)．‎ 因为M，N分别为B1C和D1D的中点，‎ 所以M，N(1，－2，1)，‎ 所以＝.‎ 依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由此可得·n＝0.又因为直线MN平面ABCD，‎ 所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2) 由(1)得＝(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，可得平面ACD1的一个法向量n1＝(0，1，1)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，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D1ACB1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＝－2，‎ 所以线段A1E的长为－2.‎ ‎10. 解析：(1) 以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．‎ 设AE＝x，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，‎ 所以·＝(1，0，1)·(1，x，－1)＝0，‎ 所以⊥，即D1E⊥A1D.‎ ‎(2) 因为E为AB的中点，所以E(1，1，0)，‎ 从而＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)．‎ 设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，‎ 则即所以 取a＝2，‎ 从而n＝(2，1，2)，所以点E到平面ACD1的距离为d＝＝＝.‎ ‎(3) 设平面D1EC的法向量m＝(a，b，c)．‎ 因为＝(1，x－2，0)，＝(0，2，－1)，＝(0，0，1)，‎ 则即 令b＝1，‎ 则c＝2，a＝2－x，‎ 故平面D1EC的一个法向量m＝(2－x，1，2)．‎ 依题意，cos＝＝，‎ 即＝，‎ 解得x1＝2＋(不合题意，舍去)，x2＝2－，‎ 所以当AE＝2－时，二面角D1ECD的大小为.‎