高中数学人教A版1第二章圆锥曲线与方程【省一等奖】

(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(每小题5分，共20分)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所成角等于()A．45° B．30°C．90° D．60°解析：作出图形，建立如右图所示的空间直角坐标系Oxyz，则：A(0,0,0)，C(1,1,0)，F(0,0,1)，B(0,1,0)，∴Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(1,1,0)，Beq\o(F,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，∴|Aeq\o(C,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|Beq\o(F,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，Aeq\o(C,\s\up6(→))·Beq\o(F,\s\up6(→))＝－1，cos〈Aeq\o(C,\s\up6(→))，Beq\o(F,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，∴〈Aeq\o(C,\s\up6(→))，Beq\o(F,\s\up6(→))〉＝120°.又异面直线所成角的取值范围为(0,90°]．∴AC与BF所成角为60°.故选D.答案：D2．若平面α的法向量为u，直线l的方向向量为v，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是()A．cosθ＝eq\f(u·v,|u||v|) B．cosθ＝eq\f(|u·v|,|u|·|v|)C．sinθ＝eq\f(u·v,|u|·|v|) D．sinθ＝eq\f(|u·v|,|u|·|v|)解析：u与v的夹角的余角才是直线l与平面α所成的角，因此选D.答案：D3．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为\f(\r(3),2) \f(\r(5),2)\f(\r(10),5) \f(\r(10),10)解析：以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，B(4,4,0)，C1(0,4,2)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－4,0,2)，易知eq\o(AC,\s\up6(→))为平面DBB1D1的一个法向量，设BC1与平面DBB1D1的夹角为α，则sinα＝|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(16,4\r(2)·2\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，选C.答案：C4．平面α的一个法向量为n1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为()A．－eq\f(9,25) \f(9,25)\f(7,25) D．以上都不对解析：cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(9,25)，∴平面α与平面β夹角的余弦值为eq\f(9,25).故选B.答案：B二、填空题(每小题5分，共10分)5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和解析：以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Eeq\o(F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，Deq\o(C,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以cos〈Eeq\o(F,\s\up6(→))，Deq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(E\o(F,\s\up6(→))·D\o(C,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(2),2)，所以〈Eeq\o(F,\s\up6(→))，Deq\o(C,\s\up6(→))〉＝135°，所以异面直线EF和CD所成的角是45°.答案：45°6．已知平面α过定点A(1,2,1)，且法向量为n＝(1，－1,1)．已知平面外一点P(－1，－5，－1)，求PA与平面α所成角的正弦值________．解析：Peq\o(A,\s\up6(→))＝(2,7,2)，则cos〈Peq\o(A,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2×1＋7×－1＋2×1,\r(3)·\r(4＋49＋4))＝eq\f(－3,3\r(19))＝－eq\f(\r(19),19).设PA与平面α所成角为θ，则sinθ＝|cos〈Peq\o(A,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(19),19).答案：eq\f(\r(19),19)三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC的夹角．解析：方法一：因为eq\o(BA1,\s\up6(→))＝Beq\o(A,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Beq\o(C,\s\up6(→))，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))·Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(Beq\o(A,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Beq\o(C,\s\up6(→)))＝Beq\o(A,\s\up6(→))·Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·Aeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→)).因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以Beq\o(A,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·Aeq\o(B,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·Beq\o(C,\s\up6(→))＝0，Beq\o(A,\s\up6(→))·Aeq\o(B,\s\up6(→))＝－a2，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))·Aeq\o(C,\s\up6(→))＝－a2.又cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up6(→))·A\o(C,\s\up6(→)),|\o(BA1,\s\up6(→))|·|A\o(C,\s\up6(→))|)＝eq\f(－a2,\r(2)a×\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，所以〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝120°，所以异面直线BA1和AC的夹角为60°.方法二：分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)．∴eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(－a，a,0)．∴cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up6(→))·A\o(C,\s\up6(→)),|\o(BA1,\s\up6(→))|·|A\o(C,\s\up6(→))|)＝eq\f(－a2,\r(2a2)·\r(2a2))＝－eq\f(1,2).∴〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝120°.∴异面直线BA1和AC的夹角为60°.8．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq\f(1,2)，求平面SCD与平面SBA夹角的正切值．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)、Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))、C(1,1,0)、S(0,0,1)，易知平面SAB的一个法向量是eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0)).设n＝(x，y，z)是平面SCD的法向量，则n⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DS,\s\up6(→))，即n·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(DS,\s\up6(→))＝0，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq\o(DS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，∴eq\f(1,2)x＋y＝0，且－eq\f(1,2)x＋z＝0.∴y＝－eq\f(1,2)x，且z＝eq\f(1,2)x.∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(x,2)，\f(x,2))).取x＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2))).∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·n,|\o(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\f(1,2),\f(1,2)×\r(1＋\f(1,4)＋\f(1,4)))＝eq\f(\r(6),3).设两平面夹角为θ，即cosθ＝eq\f(\r(6),3)，∴tanθ＝eq\f(\r(2),2).eq\x(尖子生题库)☆☆☆9.(10分)如图，在三棱锥V－ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC＝BC＝a，∠VDC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2))).(1)求证：平面VAB⊥平面VCD；(2)试确定角θ的值，使得直线BC与平面VAB的夹角为eq\f(π,6).解析：(1)证明：以C为原点．以CA，CB，CV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C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)atanθ))，于是，eq\o(VD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，－\f(\r(2),2)atanθ))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a，a,0)．从而eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a，a,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)a2＋0＝0，即AB⊥CD.同理eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(VD,\s\up6(→))＝(－a，a,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，－\f(\r(2),2)atanθ))＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)a2＋0＝0，即AB⊥VD.又CD∩VD＝D，∴AB⊥平面VCD.又AB⊂平面VAB.∴平面VAB⊥平面VCD.(2)设平面VAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(VD,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax＋ay＝0,\f(a,2)x＋\f(a,2)y－\f(\r(2),2)aztanθ＝0))，可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，