1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（分层练习）- 高二数学新教材配套练习（人教A版选择性必修第一册）

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题基础练巩固新知夯实基础1．已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()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为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 ()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)4．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，N为B1B的中点，则|eq\o(MN,\s\up8(→))|为()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.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()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．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为__________．7.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为__________.8.如图所示，在多面体A1B1D1－DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值.能力练综合应用核心素养9．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为()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．在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)a C.eq\f(a,3) D.eq\r(6)a11．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是()A．30° B．45°C．60° D．90°如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________．13．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________．14.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为__________.15．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

【参考答案】1.B经检验，选项B中向量(1，－1，0)与向量a＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为eq\f(1,2)，即它们的夹角为60°.2.C解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则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为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则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)))，设平面A1ED的一个法向量为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的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).4.A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).设M(x，y，z)，∵点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解析如图建立坐标系.则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)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z),则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的距离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).∴两平面所成二面角的大小为eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).7.eq\f(1,3)解析以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量.则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，则y＝1，x＝2，于是n＝(2，1，2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,3).8.(1)证明由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而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)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标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点为B1D1的中点，所以E点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量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应满足的方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量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).所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9.C解析取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则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)))为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量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解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为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.∴点P到平面ABC的距离为eq\f(\r(3),3)a.A解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则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))).则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)，设平面PAC的一个法向量为n，设n＝(x，y，z)，则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)，则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°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.12.60°解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则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所成的角为60°.13.eq\f(2,3)解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则eq\o(DC,\s\up8(→))＝(0，1，0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up8(→))＝(0，1，2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则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的一个法向量为n＝(2，－2，1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则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).又所求二面角与〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉互补，∴所求的二面角为60°.15.(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C