2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.2利用空间向量求角和距离课时作业含解析新人教A版选修2-1

PAGE课时作业19利用空间向量求角和距离|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为()A．10B．3C.eq\f(8,3)D.eq\f(10,3)解析：点P到平面α的距离d＝eq\f(|\o(PA,\s\up13(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq\f(10,3).答案：D2．直三棱锥ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(30),10)解析：依据已知条件，分别以C1A1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设A(2,0,2)，N(1,0,0)，B(0,2,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，M(1,1,0)；所以eq\o(BM,\s\up13(→))＝(1，－1，－2)，eq\o(AN,\s\up13(→))＝(－1,0，－2)；所以cos〈eq\o(BM,\s\up13(→))，eq\o(AN,\s\up13(→))〉＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10)；所以BM与AN所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).故选D.答案：D3．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1DA.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(2\r(6),5)C.eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(10),5)解析：如图所示，建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up13(→))＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，所以平面BB1D1D的一个法向量为a＝eq\o(AC,\s\up13(→))＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos〈a，eq\o(BC1,\s\up13(→))〉|＝eq\f(|a·\o(BC1,\s\up13(→))|,|a||\o(BC1,\s\up13(→))|)＝eq\f(4,\r(8)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).答案：D4．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：建系如图，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PD,\s\up13(→))＝0，,n2·\o(CD,\s\up13(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y＝0.))令x＝1，则z＝1.∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为eq\f(\r(2),2).∴此角的大小为45°.答案：B5．已知矩形ABCD与ABEF全等，D­AB­F为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为θ，且cosθ＝eq\f(\r(3),9)，则AB与BC的边长之比为()A．1∶1B.eq\r(2)∶1C.eq\r(2)∶2D．1∶2解析：设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则相关各点坐标为F(b,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，B(0，a,0)，D(0,0，b)，eq\o(FM,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，\f(a,2)，0))，eq\o(BD,\s\up13(→))＝(0，－a，b)，所以|eq\o(FM,\s\up13(→))|＝eq\r(b2＋\f(a2,4))，|eq\o(BD,\s\up13(→))|＝eq\r(a2＋b2)，eq\o(FM,\s\up13(→))·eq\o(BD,\s\up13(→))＝－eq\f(a2,2)，|cos〈eq\o(FM,\s\up13(→))，eq\o(BD,\s\up13(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2))),\r(b2＋\f(a2,4))×\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(3),9)，整理得4×eq\f(b4,a4)＋5×eq\f(b2,a2)－26＝0，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(a,b)＝eq\f(\r(2),2).故选C.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)6．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，sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|－2，3，2·4，0，1,\r(17)×\r(17))＝eq\f(6,17).答案：eq\f(6,17)7．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈eq\o(CM,\s\up13(→))，eq\o(D1N,\s\up13(→))〉＝________.解析：建立如图所示空间直角坐标系D－xyz，设正方体棱长为2.则C(0,2,0)，M(2,0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)．∴eq\o(CM,\s\up13(→))＝(2，－2,1)，eq\o(D1N,\s\up13(→))＝(2,2，－1)．∴cos〈eq\o(CM,\s\up13(→))，eq\o(D1N,\s\up13(→))〉＝eq\f(4－4－1,3×3)＝－eq\f(1,9).∴sin〈eq\o(CM,\s\up13(→))，eq\o(D1N,\s\up13(→))〉＝eq\f(4\r(5),9).答案：eq\f(4\r(5),9)8．棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，B(a，a,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(a,2)))，A1(a,0，a)，所以eq\o(DB,\s\up13(→))＝(a，a,0)，eq\o(DM,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(a,2)))，eq\o(MA1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up13(→))＝0，,n·\o(DM,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋ay＝0，,ax＋\f(a,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x，,z＝－2x，))令x＝1，则n＝(1，－1，－2)，所以点A1到平面MBD的距离为d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(MA1,\s\up13(→))·n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))·1，－1，－2,\r(1＋1＋4))))＝eq\f(\r(6),6)a.答案：eq\f(\r(6),6)a三、解答题(每小题10分，共20分)9．正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq\r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1的夹角．解析：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0，eq\r(2)a)，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，B1(0，a，eq\r(2)a)．方法一如图，取A1B1的中点M，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，连接AM，MC1，则eq\o(MC1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq\o(AB,\s\up13(→))＝(0，a,0)，eq\o(AA1,\s\up13(→))＝(0,0，eq\r(2)a)．∵eq\o(MC1,\s\up13(→))·eq\o(AB,\s\up13(→))＝0，eq\o(MC1,\s\up13(→))·eq\o(AA1,\s\up13(→))＝0，∴MC1⊥平面ABB1A1∴∠C1AM即直线AC1与侧面ABB1A1∵eq\o(AC1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq\o(AM,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，∴eq\o(AC1,\s\up13(→))·eq\o(AM,\s\up13(→))＝0＋eq\f(a2,4)＋2a2＝eq\f(9a2,4).又|eq\o(AC1,\s\up13(→))|＝eq\r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq\r(3)a，|eq\o(AM,\s\up13(→))|＝eq\r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq\f(3a,2)，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up13(→))，eq\o(AM,\s\up13(→))〉＝eq\f(\f(9a2,4),\r(3)a·\f(3a,2))＝eq\f(\r(3),2).∴〈eq\o(AC1,\s\up13(→))，eq\o(AM,\s\up13(→))〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.方法二eq\o(AB,\s\up13(→))＝(0，a,0)，eq\o(AA1,\s\up13(→))＝(0,0，eq\r(2)a)．设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，x，y则n·eq\o(AB,\s\up13(→))＝0且n·eq\o(AA1,\s\up13(→))＝0，∴ax＝0且eq\r(2)ay＝0，∴x＝y＝0，故n＝(λ，0,0)．又eq\o(AC1,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up13(→))，n〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up13(→))·n,|\o(AC1,\s\up13(→))||n|)＝eq\f(－\f(\r(3),2)a·λ,\r(3)a·|λ|)＝－eq\f(λ,2|λ|).设AC1与侧面ABB1A1的夹角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up13(→))，n〉|＝eq\f(1,2)，∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.10．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM与A1(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．解析：(1)分别以CA，CB，CC1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示C－xyz，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2eq\r(2))，B1(0,4,2eq\r(2))．因为A1M＝3MB1所以M(1,3,2eq\r(2))，可得eq\o(A1C,\s\up13(→))＝(－4,0，－2eq\r(2))，eq\o(AM,\s\up13(→))＝(－3,3,2eq\r(2))，所以cos〈eq\o(A1C,\s\up13(→))，eq\o(AM,\s\up13(→))〉＝eq\f(\o(A1C,\s\up13(→))·\o(AM,\s\up13(→)),|\o(A1C,\s\up13(→))||\o(AM,\s\up13(→))|)＝eq\f(4,\r(24)×\r(26))＝eq\f(\r(39),39).所以异面直线AM与A1C所成角的余弦值为eq\f(\r(39),39).(2)由(1)得B(0,4,0)，B1(0,4,2eq\r(2))，所以eq\o(AB,\s\up13(→))＝(－4,4,0)，eq\o(AC1,\s\up13(→))＝(－4,0,2eq\r(2))．设n＝(a，b，c)是平面ABC1的法向量，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up13(→))＝－4a＋4b＝0，,n·\o(AC1,\s\up13(→))＝－4a＋2\r(2)c＝0，))取a＝1，得b＝1，c＝eq\r(2)，所以n＝(1,1，eq\r(2))，而直线AM与平面ABC1所成角为30°，可得eq\o(AM,\s\up13(→))与n所成角为60°或120°，所以|cos〈eq\o(AM,\s\up13(→))，n〉|＝eq\f(1,2)，设点M的横坐标为x，则eq\o(AM,\s\up13(→))＝(x－4,4－x,2eq\r(2))，即eq\f(|\o(AM,\s\up13(→))·n|,|\o(AM,\s\up13(→))||n|)＝eq\f(|1·x－4＋1·4－x＋\r(2)×2\r(2)|,2\r(x－42＋4－x2＋8))＝eq\f(2,\r(2x－42＋8))＝eq\f(1,2)，解得x＝2或6.由M在线段A1B1上可得0≤x≤4，故x＝2，即点M为线段A1B1的中点时，满意直线AM与平面ABC1所成角为30°.|实力提升|(20分钟，40分)11．正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为a，则点C1到平面A1BDA.eq\f(\r(2),2)aB.eq\f(\r(3),3)aC.eq\r(3)aD.eq\f(2\r(3),3)a解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则eq\o(AC1,\s\up13(→))＝(a，a，a)，eq\o(BC1,\s\up13(→))＝(0，a，a)，由于AC1⊥平面A1BD，所以点C1到平面A1BD的距离是eq\f(|\o(AC1,\s\up13(→))·\o(BC1,\s\up13(→))|,|\o(A1C,\s\up13(→))|)＝eq\f(2a2,\r(3)a)＝eq\f(2\r(3),3)a.故选D.答案：D12．如图正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D解析：建立空间直角坐标系如图，则B(1,1,0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq\o(DA1,\s\up13(→))＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．又eq\o(OB,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为eq\f(|\o(OB,\s\up13(→))·\o(DA1,\s\up13(→))|,|\o(OB,\s\up13(→))|·|\o(DA1,\s\up13(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq\f(\r(3),6).答案：eq\f(\r(3),6)13．如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2.请建立适当的直角坐标系解答下列问题：(1)求证：AC∥平面BEF；(2)求平面BEF与平面ABCD所成角的余弦值．解析：(1)证明：以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)，F(2,0,1)．eq\o(BF,\s\up13(→))＝(0，－2,1)，eq\o(BE,\s\up13(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up13(→))＝(－2,2,0)．设平面BEF的法向量n＝(x，y，z)，则有n·eq\o(BF,\s\up13(→))＝0，n·eq\o(BE,\s\up13(→))＝0.即－2y＋z＝0，－2x－2y＋2z＝0，取y＝1，则z＝2，x＝1，所以n＝(1,1,2)，又n·eq\o(AC,\s\up13(→))＝0，所以n⊥eq\o(AC,\s\up13(→))，又AC⊄平面BEF，所以AC∥平面BEF.(2)易知eq\o(DE,\s\up13(→))＝(0,0,2)是平面ABCD的一个法向量，cos〈eq\o(DE,\s\up13(→))，n〉＝eq\f(|n·\o(DE,\s\up13(→))|,|\o(DE,\s\up13(→))||n|)＝eq\f(|4|,\r(1＋1＋22)×\r(22))＝eq\f(\r(6),3).即平面BEF与平面ABCD所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3).14．如图1所示，在边长为12的正方形AA′A′1A1中，BB