空間向量與空間角、距離

[學業(yè)水平訓練]1．直線l1，l2的方向向量分別是v1，v2，若v1與v2所成的角為θ，直線l1，l2所成的角為α，則()A．α＝θ B．α＝π－θC．cosθ＝|cosα| D．cosα＝|cosθ|答案：D2．已知A∈α，P?α，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，eq\r(2))，平面α的一個法向量n＝(0，－eq\f(1,2)，－eq\r(2))，則直線PA與平面α所成的角為()A．30° B．45°C．60° D．150°解析：選C.設直線PA與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0×－\f(\r(3),2)－\f(1,2)×\f(1,2)－\r(2)×\r(2))),\r(－\f(\r(3),2)2＋\f(1,2)2＋\r(2)2)·\r(－\f(1,2)2＋－\r(2)2))＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝60°.3．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，則AC與BD1所成角的余弦值為()A．0B.eq\f(3\r(70),70)C．－eq\f(3\r(70),70)D.eq\f(\r(70),70)解析：選A.建立如圖坐標系，則D1(0,0，3)，B(2,2,0)，A(2，0,0)，C(0,2,0)，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－2，－2,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．∴cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝0，∴〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝90°，其余弦值為0.4.如圖，過邊長為1的正方形ABCD的頂點A作線段EA⊥平面AC，若EA＝1，則平面ADE與平面BCE所成的二面角的大小是()A．120° B．45°C．135° D．60°解析：選B.以A為原點，分別以AB，AD，AE所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．設平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,x＋y－z＝0，))可取n＝(1,0,1)．又平面EAD的法向量為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,\r(2)×1)＝eq\f(\r(2),2)，故平面ADE與平面BCE所成的二面角為45°.5．(2014·福建泉州質(zhì)檢)設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(2\r(2),3)D.eq\f(2\r(3),3)解析：選D.如圖建立空間直角坐標系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0.))令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，∴點D1到平面A1BD的距離是d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).6．平面α的法向量為(1,0，－1)，平面β的法向量為(0，－1,1)，則平面α與平面β所成二面角的大小為________．解析：設u＝(1,0，－1)，v＝(0，－1,1)，則cosθ＝±|cos〈u，v〉|＝±|eq\f(－1,\r(2)×\r(2))|＝±eq\f(1,2).∴θ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).答案：eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)7．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，M為BC1的中點，N為A1B1的中點，則M，N兩點間的距離為________．解析：如圖，以A為原點，AB，AC，AA1為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則B(2,0,0)，C1(0,2,2)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，所以N(1,0,2)，M(1,1,1)．所以|MN|＝|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(1－12＋0－12＋2－12)＝eq\r(2).故M，N兩點間的距離為eq\r(2).答案：eq\r(2)8.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是C1C的中點，O是底面ABCD的中點，P是A1B1上的任意點，則直線BM與OP所成的角為________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則O(1,1,0)，P(2，x,2)，B(2,2,0)，M(0,2,1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，x－1,2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，所以直線BM與OP所成角為eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)9.(2014·鄭州高二檢測)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E為BC的中點，F(xiàn)為CC1的中點．(1)求EF與平面ABCD所成的角的余弦值．(2)求二面角F-DE-C的余弦值．解：建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1，2,0)，F(xiàn)(0,2,2)．(1)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)．易得平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設eq\o(EF,\s\up6(→))與n的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·n,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,5)eq\r(5)，所以EF與平面ABCD所成的角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(2)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0,2,2)．設平面DEF的一個法向量為m，則m·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，可取m＝(2，－1,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(6),6)，所以二面角F-DE-C的余弦值為eq\f(\r(6),6).10．如圖，邊長為2的等邊△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2eq\r(2)，M為BC的中點．(1)證明AM⊥PM；(2)求二面角P-AM-D的大?。猓?1)證明：以D點為原點，分別以直線DA、DC為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，依題意，可得D(0,0,0)，P(0,1，eq\r(3))，C(0,2,0)，A(2eq\r(2)，0,0)，M(eq\r(2)，2，0)．∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2,0)－(0,1，eq\r(3))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2,0)－(2eq\r(2)，0,0)＝(－eq\r(2)，2,0)，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))·(－eq\r(2)，2,0)＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.(2)設n＝(x，y，z)，且n⊥平面PAM，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，y，z·\r(2)，1，－\r(3)＝0，,x，y，z·－\r(2)，2，0＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋y－\r(3)z＝0，,－\r(2)x＋2y＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\r(3)y，,x＝\r(2)y.))取y＝1，得n＝(eq\r(2)，1，eq\r(3))．取p＝(0,0,1)，顯然p⊥平面ABCD，∴cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).結合圖形可知，二面角P-AM-D為45°.[高考水平訓練]1．已知矩形ABCD與ABEF全等，D-AB-F為直二面角，M為AB中點，F(xiàn)M與BD所成角為θ，且cosθ＝eq\f(\r(3),9)，則AB與BC的邊長之比為()A．1∶1 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(2)∶2 D．1∶2解析：選C.設AB＝a，BC＝b，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則相關各點坐標為F(b,0,0)，M(0，eq\f(a,2)，0)，B(0，a,0)，D(0,0，b)．eq\o(FM,\s\up6(→))＝(－b，eq\f(a,2)，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－a，b)，所以|eq\o(FM,\s\up6(→))|＝eq\r(b2＋\f(a2,4))，|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋b2)，eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(a2,2)，|cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|－\f(a2,2)|,\r(b2＋\f(a2,4))\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(3),9)，整理得，4eq\f(b4,a4)＋5eq\f(b2,a2)－26＝0，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(a,b)＝eq\f(\r(2),2).2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD所成角的余弦值是________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，則B(1,1,0)，C1(0，1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，設平面A1BD的一個法向量為n＝(1，x，y)，設平面A1BD與BC1所成的角為θ，n⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，所以n·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1－y＝0，,－1－x＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1.))所以n＝(1，－1，－1)，則cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|n|)＝－eq\f(\r(6),3)，所以sinθ＝eq\f(\r(6),3)，所以cosθ＝eq\r(1－\f(\r(6),3)2)＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)3.如圖所示，已知點P在正方體ABCD-A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°.(1)求DP與CC′所成角的大??；(2)求DP與平面AA′D′D所成角的大?。猓喝鐖D，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系Dxyz，設正方體棱長為1，則eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)，連接BD、B′D′.在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于H.設eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，又由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)，解得m＝eq\f(\r(2),2).所以eq\o(DH,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，1)．(1)因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DP與CC′所成的角為45°.(2)平面AA′D′D的一個法向量是eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．因為cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2).所以〈e