1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問(wèn)題（分層練習(xí)）- 高二數(shù)學(xué)新教材配套練習(xí)（人教A版選擇性必修第一冊(cè)）

1.4.2用空間向量研究距離、夾角問(wèn)題基礎(chǔ)練鞏固新知夯實(shí)基礎(chǔ)1．已知向量a＝(1，0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)2.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點(diǎn)，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為 ()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)4．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，N為B1B的中點(diǎn)，則|eq\o(MN,\s\up8(→))|為()A.eq\f(\r(21),6)a B.eq\f(\r(6),6)a C.eq\f(\r(15),6)a D.eq\f(\r(15),3)a5.設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則點(diǎn)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)6．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為__________．7.在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為__________.8.如圖所示，在多面體A1B1D1－DCBA，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點(diǎn)，過(guò)A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EF∥B1C.(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值.能力練綜合應(yīng)用核心素養(yǎng)9．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的正弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(6),3)10．在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)a C.eq\f(a,3) D.eq\r(6)a11．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是()A．30° B．45°C．60° D．90°如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是__________．13．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于__________．14.如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為__________.15．如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)證明：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值．

【參考答案】1.B經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)B中向量(1，－1，0)與向量a＝(1，0，－1)的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，即它們的夾角為60°.2.C解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2).所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，所以cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))|·|\o(CD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).3.B解析以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，則A1(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，∴eq\o(A1D,\s\up8(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1E,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up8(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up8(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1( y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).4.A解析以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則A(a，0，0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).設(shè)M(x，y，z)，∵點(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),6)a.5.D解析如圖建立坐標(biāo)系.則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，設(shè)平面A1BD的法向量n＝(x，y，z),則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1,得n＝(－1,1,1).∴D1到平面A1BD的距離d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).6.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面所成二面角的大小為eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).7.eq\f(1,3)解析以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)n＝(x，y，z)為平面A1BC1的法向量.則n·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，則y＝1，x＝2，于是n＝(2，1，2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)設(shè)所求線面角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,3).8.(1)證明由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→)).n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1應(yīng)滿足的方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)為其一組解，所以可取n1＝(－1，1，1).設(shè)面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以結(jié)合圖形知二面角E－A1D－B1的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9.C解析取BC中點(diǎn)O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面BCD的一個(gè)法向量，可進(jìn)一步求出平面ABD的一個(gè)法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(\r(5),5)，∴sin〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).10.B解析根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P－xyz，則P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．過(guò)點(diǎn)P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點(diǎn)H，則PH的長(zhǎng)即為點(diǎn)P到平面ABC的距離．∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心．又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心，可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).∴PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),3)a.∴點(diǎn)P到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3)a.A解析如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).則eq\o(CA,\s\up8(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(a，a，0)，設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為n，設(shè)n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up8(→))＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0，1，1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up8(→))·n,|\o(CB,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°.12.60°解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)，則eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(2，0，2)，∴eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(BC1,\s\up8(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up8(→))，eq\o(BC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角為60°.13.eq\f(2,3)解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，則eq\o(DC,\s\up8(→))＝(0，1，0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up8(→))＝(0，1，2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up8(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up8(→))，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個(gè)法向量為n＝(2，－2，1)．設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up8(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up8(→)),|n||\o(DC,\s\up8(→))|)))＝eq\f(2,3).14.60°解析∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(（\o(CA,\s\up6(→))＋\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BD,\s\up6(→))）2)＝eq\r(36＋16＋64＋2\o(CA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\r(116＋2\o(CA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\r(17).∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(BD,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－24.∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2).又所求二面角與〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉互補(bǔ)，∴所求的二面角為60°.15.(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C