第3章32第2课时同步练习高中数学练习试题

1高中数学人教A版选2-1同步练习1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()A．120°B．60°C．30°D．以上均错答案：C2.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值为()A．0B.37070C．－37070D.7070解析：选A.建立如图所示的坐标系，则D1(0，0，3)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，∴BD1→＝(－2，－2，3)，AC→＝(－2，2，0)．∴cos〈BD1→，AC→〉＝BD1→·AC→|BD1→||AC→|＝0.∴〈BD1→，AC→〉＝90°，其余弦值为0.3.已知直线l1的一个方向向量为a＝(1，－2，1)，直线l2的一个方向向量为b＝(2，－2，0)，则两直线所成角的余弦值为__________．解析：cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝（1，－2，1）·（2，－2，0）12＋22＋12·22＋（－2）2＝2＋46·8＝32.答案：324.平面α的法向量为(1，0，－1)，平面β的法向量为(0，－1，1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．解析：设u＝(1，0，－1)，v＝(0，－1，1)，则cosθ＝±|cos〈u，v〉|＝±|－12×2|＝±12.∴θ＝π3或2π3.答案：π3或2π32[A级基础达标]1.设ABCD，ABEF都是边长为1的正方形，FA⊥面ABCD，则异面直线AC与BF所成的角等于()A．45°B．30°C．90°D．60°解析：选D.以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，F(1，0，1)，∴AC→＝(－1，1，0)，BF→＝(1，0，1)．∴cos〈AC→，BF→〉＝－12.∴〈AC→，BF→〉＝120°.∴AC与BF所成的角为60°.2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为()A．－105B.105C．－155D.155解析：选B.建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，E(0，2，1)．∴BD→＝(－2，－2，0)，BB1→＝(0，0，2)，BE→＝(－2，0，1)．设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．∵n⊥BD→，n⊥BB1→，∴－2x－2y＝0，2z＝0.∴x＝－y，z＝0.令y＝1，则n＝(－1，1，0)．∴cos〈n，BE→〉＝n·BE→|n||BE→|＝105，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，BE→〉|＝105.3.在直角坐标系中，已知A(2，3)，B(－2，－3)，沿x轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A－Ox－B，使∠AOB＝90°，则cosθ为()A．－19B.193C.49D．－49解析：选C.过A、B分别作x轴垂线，垂足分别为A′、B′(图略)．则AA′＝3，BB′＝3，A′B′＝4，OA＝OB＝13，折后，∠AOB＝90°，∴AB＝OA2＋OB2＝26.由AB→＝AA′→＋A′B′→＋B′B→，得|AB→|2＝|AA′→|2＋|A′B′→|2＋|B′B→|2＋2|AA′→|·|B′B→|·cos(π－θ)．∴26＝9＋42＋9＋2×3×3×cos(π－θ)，∴cosθ＝49.4.直线l的方向向量a＝(－2，3，2)，平面α的一个法向量n＝(4，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为__________．解析：设直线l与平面α所成的角是θ，a，n所成的角为β，则sinθ＝|cosβ|＝（－2，3，2）·（4，0，1）17×17＝617.答案：6175.已知在棱长为a的正方体ABCD­A′B′C′D′中，E是BC的中点．则直线A′C与DE所成角的余弦值为________．解析：如图所示建立空间直角坐标系，则A′(0，0，a)，C(a，a，0)，D(0，a，0)，Ea，a2，0，A′C→＝(a，a，－a)，DE→＝a，－a2，0，∴cos〈A′C→，DE→〉＝A′C→·DE→|A′C→|·|DE→|＝1515.答案：15156.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点．(1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值；(2)求二面角F­DE­C的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(1，2，0)，F(0，2，2)．(1)EF→＝(－1，0，2)．4易得平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，设EF→与n的夹角为θ，则cosθ＝EF→·n|EF→||n|＝255，∴EF与平面ABCD所成的角的余弦值为55.(2)EF→＝(－1，0，2)，DF→＝(0，2，2)．设平面DEF的一个法向量为m，则m·DF→＝0，m·EF→＝0，可得m＝(2，－1，1)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝66，∴二面角F­DE­C的余弦值为66.[B级能力提升]7.已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在α内，则P(－2，1，4)到α的距离为()A．10B．3C.83D.103解析：选D.PA→＝(1，2，－4)，∴P到平面α的距离d＝|PA→·n||n|＝|1×（－2）＋2×（－2）＋（－4）×1|4＋4＋1＝|－2－4－4|3＝103.8.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.23B.33C.23D.63解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为DB1→＝(1，1，1)，又BB1→＝(0，0，1)，5∴cos〈DB1→，BB1→〉＝DB1→·BB1→|DB1→||BB1→|＝13×1＝33.∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为1－332＝63.9.正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A­BD­C的正弦值为________．解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的坐标系：设BC＝1，则A0，0，32，B0，－12，0，D32，0，0.所以OA→＝0，0，32，BA→＝0，12，32，BD→＝32，12，0.由于OA→＝0，0，32为平面BCD的法向量，设平面ABD的法向量n＝(x，y，z),则n·BA→＝0，n·BD→＝0，所以12y＋32z＝0，32x＋12y＝0，取x＝1，则y＝－3，z＝1，所以n＝(1，－3，1)，所以cos〈n，OA→〉＝55，sin〈n，OA→〉＝255.答案：25510.(2011·高考课标全国卷)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.6(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A­PB­C的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz.则A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0，0，1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1，0，0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·PB→＝0.即－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m·PB→＝0，m·BC→＝0.可取m＝(0，－1，－3)．cos〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A­PB­C的余弦值为－277.11.(创新题)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且AG＝13GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P－BCG的体积为83.(1)求异面直线GE与PC所成的角的余弦值；(2)求点D到平面PBG的距离．解：(1)由已知VP－BGC＝13S△BGC·PG＝13·12BG·GC·PG＝83，∴PG＝4.如图所示，以G点为原点建立空间直角坐标系，7则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)．故E(1，1，0)，GE→＝(1，1，0)，PC→＝(0，2，－4)，∴cos〈GE→，PC→〉＝GE→·PC→|GE→|·|PC→|＝22·20＝1010，∴异面直线GE与PC所成的角的余弦值为1010.(2)平面PBG的单位法向量n＝(0，±1，0)．∵|GD→|＝34|BC→|＝322，∠CGD＝45°，∴GD→＝－32，32，0.∴点D到平面PBG的距离为d＝|GD→·n||n|＝32.