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2020_2021学年新教材高中数学课时素养评价1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册20201219157.doc
2020_2021学年新教材高中数学全一册素养评价含解析打包32套新人教A版选择性必修第一册
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2020_2021学年新教材高中数学全一册素养评价含解析打包32套新人教a版选择性必修第一册,文本
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八用空间向量研究距离、夹角问题(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.已知直二面角-l-,点a,acl,c为垂足,b,bdl,d为垂足.若ab=2,ac=bd=1,则d到平面abc的距离等于()a.b.c.d.1【解析】选c.因为平面平面,且acl,bdl,故ac平面,bd平面,依题意建立坐标系如图所示,在rtacd中,可得cd=,故a(0,0,1),b(1,0),c(0,0,0),d(0,0),则=(0,0,1),=(1,0),=(0,0).设平面abc的一个法向量为n=(x,y,z),则令y=1,可得n=(-,1,0),故所求距离d=.故选c.2.两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角为()a.45b.60c.90d.135【解析】选a.cos=,即=45.所以两平面的夹角为45.3.在正方体abcd-a1b1c1d1中,bb1与平面acd1所成角的正弦值为()a.b.c.d.【解析】选b.设正方体的棱长为1,以d为坐标原点,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,如图所示.则b(1,1,0),b1(1,1,1),a(1,0,0),c(0,1,0),d1(0,0,1),所以=(0,0,1),=(-1,1,0),=(-1,0,1).令平面acd1的法向量为n=(x,y,z),则n=-x+y=0,n=-x+z=0,令x=1,可得n=(1,1,1),所以sin =|cos|=.4.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的夹角的大小为()a.30b.45c.60d.90【解析】选b.建立空间直角坐标系如图,设ab=1,则a(0,0,0),b(0,1,0),p(0,0,1),d(1,0,0),c(1,1,0).可知平面pab的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面pcd的法向量为n2=(x,y,z),则得令x=1,则z=1.所以n2=(1,0,1),cos=.设平面pab与平面pcd所成的夹角为,则cos =|cos|=,所以=45.即平面pab与平面pcd夹角的大小为45.二、填空题(每小题5分,共10分)5.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为.【解析】设a=(0,-1,3),b=(2,2,4),则cos=,又因为两向量的夹角与二面角相等或互补,所以这个二面角的余弦值为.答案:6.如图,在正方形abcd中,efab,若沿ef将正方形折成一个二面角后, aeedad=11,则af与ce所成角的余弦值为.【解析】因为aeedad=11,所以aeed,即ae,de,ef两两垂直,所以建立如图所示的空间直角坐标系,设ab=ef=cd=2,则e(0,0,0),a(1,0,0), f(0,2,0),c(0,2,1),所以=(-1,2,0),=(0,2,1),所以cos=,所以af与ce所成角的余弦值为.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)7.如图所示,已知在四面体abcd中,o为bd的中点,ca=cb=cd=bd=2,ab=ad=,求异面直线ab与cd所成角的余弦值.【解析】 以o为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则b(1,0,0),d(-1,0,0),c(0,0),a(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,-,0),所以cos=.8.如图所示的多面体是由底面为abcd的长方体被截面aec1f所截而得到的,其中ab=4,bc=2,cc1=3,be=1.(1)求bf的长;(2)求点c到平面aec1f的距离.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则d(0,0,0),b(2,4,0),a(2,0,0),c(0,4,0),e(2,4,1),c1(0,4,3).设f(0,0,z).由面面平行的性质定理知四边形aec1f为平行四边形,所以由=,得(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2.所以f(0,0,2).所以=(-2,-4,2).于是|=2=bf.(2)设n为平面aec1f的一个法向量,显然n不垂直于平面adf,故可设n=(x,y,1),由得即所以所以n=.又=(0,0,3),设与n的夹角为,则cos =.所以c到平面aec1f的距离d=|cos =3=.(15分钟30分)1.(5分)(多选题)已知向量a=(,0,-),则下列向量中与a所成的夹角为钝角的是()a.(0,0,2)b.(2,0,0)c.(0,)d.(,-,0)【解析】选ac.由题意,可设b与a成的夹角为钝角.则有:ab=| a | b |cos,因为为钝角,所以ab0,对于a:ab=-2=-2,满足式,a符合题意;对于b:ab=2=2,不满足式,b不符合题意;对于c:ab=0+0-=-2,满足式,c符合题意;对于d:ab=+0(-)-0=2,不满足式,d不符合题意.2.(5分)如图所示,已知点p为菱形abcd所在平面外一点,且pa平面abcd,pa=ad=ac,点f为pc中点,则平面cbf与平面bfd夹角的正切值为()a.b.c.d.【解析】选d.设acbd=o,连接of,以o为原点,ob,oc,of所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设pa=ad=ac=1,则bd=,所以b,f,c,d.所以=,且为平面bdf的一个法向量.由=,=,可得平面bcf的一个法向量n=(1,).所以cos=,sin=.所以tan=.3.(5分)如图,正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1,o是平面a1b1c1d1的中心,则异面直线ad1,ob所成角的余弦值为,bo与平面abc1d1所成角的正弦值为.【解析】建立空间直角坐标系如图则b(1,1,0),o,a(1,0,0),d1(0,0,1),a1(1,0,1),=(-1,0,1),=,所以=-+0-1=-,=,=,cos=-,所以异面直线ad1,ob所成角的余弦值为.=(1,0,1)是平面abc1d1的一个法向量.所以bo与平面abc1d1所成角的正弦值为=.答案: 4.(5分)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.【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=(0,-1,1),=(2,0,2),所以=2,所以cos=,所以ef和bc1所成的角为60.答案:605.(10分)如图,在三棱锥p-abc中,pa底面abc,bac=90.点d,e,n分别为棱pa,pc,bc的中点,m是线段ad的中点,pa=ac=4,ab=2.(1)求证:mn平面bde;(2)求平面cem与平面emn夹角的正弦值.【解析】如图,以a为原点,分别以,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得a(0,0,0),b(2,0,0),c(0,4,0),p(0,0,4),d(0,0,2),e(0,2,2),m(0,0,1),n(1,2,0).(1)=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面bde的一个法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0.因为mn平面bde,所以mn平面bde.(2)易知n1=(1,0,0)为平面cem的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面emn的一个法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=-,于是sin=.所以平面cem与平面emn夹角的正弦值为.1.如图所示,四边形abcd和adpq均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点m在线段pq上,e,f分别为ab,bc的中点.设异面直线em与af所成的角为,则cos 的最大值为.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则a(0,0,0),f(2,1,0),e(1,0,0),设m(0,m,2)(0m2),则=(2,1,0),=(1,-m,-2),cos =.令t=2-m(0t2),cos =.答案:2.如图所示的几何体中,平面adnm平面abcd,四边形abcd是菱形,adnm是矩形,dab=,ab=2,am=1,e是ab的中点,在线段am上是否存在点p,使平面pec与平面ecd夹角的大小为?若存在,求出ap的长;若不存在,请说明理由.【解析】在线段am上存在点p满足条件,理由如下:由deab,abcd,得decd,因为四边形adnm是矩形,平面adnm平面abcd且交线为ad,所以nd平面abcd.以d为原点,de,dc,dn所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所
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