【数学】2021届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法第课时求空间角和距离作业

【数学】2021届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法第课时求空间角和距离作业

第2课时 求空间角和距离 ‎1．(2019·上海市一模)如图，点A、B、C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ＝(　　)‎ A．－　　B.　　　C.　　　D．－ 解析：C　[∵点A、B、C分别在空间直角坐标系 O－xyz的三条坐标轴上，‎ ＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)，‎ 二面角C－AB－O的大小为θ，‎ ‎∴cos θ＝＝＝.故选C.]‎ ‎2．(2019·金华市模拟)在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)‎ A．4 B．‎2 ‎‎ C．3 D．1‎ 解析：B　[由已知平面OAB的一条斜线的方向向量＝(－1,3,2)，所以点P到平面OAB的距离d＝||·|cos〈，n〉|＝＝＝2. 故选B.]‎ ‎3．如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB‎1C1C所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：A　[∵AB＝1，AC＝2，BC＝，‎ AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC.‎ ‎∵三棱柱为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC.‎ 以B为原点，BC，BA，BB1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B－xyz，则A(0,1,0)，C(，0,0)．设B1(0,0，a)，则C1(，0，a)，‎ ‎∴D，E，∴＝，平面BB‎1C1C的法向量＝(0,1,0)．设直线DE与平面BB‎1C1C所成的角为α，则sin α＝|cos〈，〉|＝，‎ ‎∴α＝.]‎ ‎4．已知直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠ACB＝90°，AC＝1，CB＝，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交于点D，则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 解析：A　[建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(，0,0)，A(0,1,0)，B1(，0,1)，‎ D，＝，＝(，0,0)，＝(－，1,0)，＝(0,0,1)．设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1，n2，可得n1＝(0,1，－1)，n2＝(1， ‎，0)，所以cos〈n1，n2〉＝＝，又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与〈n1，n2〉互补，故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为－.故选A.]‎ ‎5．如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠ACB＝90°，‎2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　)‎ A. B. C．2 D. 解析：A　[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)．‎ 由，‎ 得，令z＝－1，则m＝(a,1，－1)．‎ 又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，‎ 则由 cos 60°＝，得＝，解得a＝，‎ 所以AD＝.故选A.]‎ ‎6．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________．‎ 解析：∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，∴‎ eq o(AF,sup6(→))＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝，‎ ‎∴AF与CE所成角的余弦值为.‎ 答案： ‎7．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B‎1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB‎1A1所成的角为________．‎ 解析：以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB‎1A1内的射影为点C2.‎ 所以＝(－2,0,2)，＝，设直线AC1与平面ABB‎1A1所成的角为θ，‎ 则cos θ＝＝＝.‎ 又θ∈，所以θ＝.‎ 答案： ‎8．设正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．‎ 解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，‎ ‎∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0) .‎ 设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则.‎ 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，‎ ‎∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.‎ 答案： ‎9．(2019·乌鲁木齐一模)如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AB⊥AC，AA1＝AC＝AB，M，N分别为BC，A‎1C1的中点．‎ ‎(1)求证AM⊥BN；‎ ‎(2)求二面角B1－BN－A1的余弦值．‎ 解：(1)证明：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立如图空间直角坐标系A－xyz，‎ 设AB＝1，则AA1＝AC＝，A(0,0,0)，M，B(1,0,0)，N，A1(0,0，)，B1(1,0，)，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∵·＝－＋＋0＝0，∴AM⊥BN.‎ ‎(2)∵直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，BB1⊥AM，‎ 又AM⊥BN，∴AM⊥平面BB1N，‎ 设平面A1BN的法向量为m＝(x，y，z)，‎ ＝(－1,0，)，＝，‎ 则，取z＝1，得m＝(，0,1)，设二面角B1－BN－A1的平面角为θ，‎ 则cos θ＝＝.‎ ‎∴二面角B1－BN－A1的余弦值为.‎ ‎10．(2019·赤峰市模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧面ACC‎1A1⊥底面ABC，∠A‎1AC＝60°，AC＝2AA1＝4，点D，E分别是AA1，BC的中点．‎ ‎(1)证明：DE∥平面A1B‎1C；‎ ‎(2)若AB＝2，∠BAC＝60°，求二面角B－AA1－E的余弦值．‎ 解：(1)证明：取AC的中点F，连接DF，EF，∵E是BC的中点，∴EF∥AB，‎ ‎∵ABC－A1B‎1C1是三棱柱，∴AB∥A1B1，∴EF∥A1B1，∴EF∥平面A1B‎1C，‎ ‎∵D是AA1的中点，∴DF∥A‎1C，∴DF∥平面A1B‎1C，‎ 又EF∩DE＝E，‎ ‎∴平面DEF∥平面A1B‎1C，∴DE∥平面A1B‎1C；‎ ‎(2)过点A1作A1O⊥AC，垂足为O，连接OB，‎ ‎∵侧面ACC‎1A⊥底面ABC，∴A1O⊥平面ABC，‎ ‎∴A1O⊥OB，A1O⊥OC，‎ ‎∵∠A‎1AC＝60°，AA1＝2，∴OA＝1，OA1＝，‎ ‎∵AB＝2，∠OAB＝60°，由余弦定理得，OB2＝OA2＋AB2－2OA·ABcos∠BAC＝3，‎ ‎∴OB＝，∠AOB＝90°，∴OB⊥AC，‎ 分别以OB，OC，OA为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系O－xyz，‎ 由题设可得A(0，－1,0)，C(0,3,0)，B(，0,0)，‎ A1(0,0，)，E，＝(0,1，)，‎ ＝(，1,0)，＝，‎ 设平面AA1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，取x＝1，得n＝(1，－ ,1)，‎ 设平面AA1E的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 取z1＝1，得m＝(5，－，1)，‎ 设二面角B－AA1－E的平面角为θ，‎ 则cos θ＝＝＝，‎ ‎∴二面角B－AA1－E的余弦值为.‎