【优化方案】2012高中数学 第3章3.2.2知能优化训练 新人教A版选修2-1

1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )
A ．30°
B ．150°
C ．30°或150°
D ．以上均错 答案：A
2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．以上均错 答案：C
3．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．
解析：设u ＝(1,0，－1)，v ＝(0，－1,1)，
则cos θ＝±|cos〈u ，v 〉|＝±|－12×2|＝±1
2.
∴θ＝π3或2π
3.
答案：π3或2π3
4．如图，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4，E 为BC 的中点，F 为CC 1的中点． (1)求EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值； (2)求二面角F ­DE ­C 的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (1,2,0)，F (0,2,2)．
(1)EF →
＝(－1,0,2)．
易得平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，
设EF →
与n 的夹角为θ，则cos θ＝EF →
·n |EF →||n |＝255，
∴EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为5
5
. (2)EF →＝(－1,0,2)，DF →
＝(0,2,2)． 设平面DEF 的一个法向量为m ，
则m ·DF →＝0，m ·EF →
＝0，
可得m ＝(2，－1,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝6
6
， ∴二面角F ­DE ­C 的余弦值为
66
.
一、选择题
1．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( ) A ．60° B ．45° C ．30° D ．90°
解析：选B.以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间
直角坐标系Dxyz (图略)．设正方体的棱长为1，则E (12，12，1)，F (12，0，12)，EF →＝(0，－1
2，
－12)，DC →＝(0,1,0)．所以cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →
|EF →|·|DC →|
＝－22
，所以〈EF →，DC →〉＝135°，所以异面直线EF 和CD 所成的角是45°，故选B.
2．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 为侧面BCC 1B 1的中心，则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为( )
A.33
B.12
C.
66 D.32
解析：选C.以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
令AB ＝2，则A (2,0,0)，O (1,2,1)，∴AO →
＝(－1,2,1)． 又DD 1→
＝(0,0,2)为平面ABCD 的法向量，设AO 与平面ABCD 所成角为α.
则sin α＝|cos 〈AO →，DD 1→
〉|＝|AO →·DD 1→||AO →|·|DD 1→|
＝26·2＝66.
3．设ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA ⊥面ABCD ，则异面直线AC 与BF 所成的角等于( ) A ．45° B ．30° C ．90° D ．60°
解析：选D.以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BE 为z 轴建立空间直角坐标系， 则A (1,0,0)，C (0,1,0)，F (1,0,1)， ∴AC →＝(－1,1,0)，BF →
＝(1,0,1)．
∴cos 〈AC →，BF →
〉＝－12
.
∴〈AC →，BF →
〉＝120°.
∴AC 与BF 所成的角为60°.
4．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．则BD 与平面ADMN 所成的角θ为( ) A ．30° B ．60° C ．120° D ．150°
解析：选A.如图所示，建立空间直角坐标系，设BC ＝1， 则A (0,0,0)，B (2,0,0)， D (0,2,0)，P (0,0,2)， 则N (1,0,1)， ∴BD →
＝(－2,2,0)， AD →＝(0,2,0)，AN →
＝(1,0,1)，
设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AD →＝0
n ·AN →＝0
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝0
x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1，
∴n ＝(1,0，－1)
∵cos 〈BD →
，n 〉＝BD →·n |BD →||n |
＝－28·2＝－12，
又0°≤θ≤90°，
∴sin θ＝|cos 〈BD →
，n 〉|＝12
.
∴θ＝30°.
5．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )
A.23
B.33
C.23
D.63
解析：选D.建系如图，设正方体棱长为1，则BB 1→
＝(0,0,1)．
∵B 1D ⊥面ACD 1，∴取B 1D →
＝(1,1,1)为面ACD 1的法向量．
设BB 1与面ACD 1所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪BB 1→·B 1D →|BB 1→||B 1D →|＝13＝33， ∴cos θ＝6
3
. 6．在正方体AC 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值为( )
A ．－12 B.23
C.33
D.22
解析：选B.如图建系，设正方体棱长为1，
则D (0,0,0)、A 1(1,0,1)、E (1,1，1
2)．
∴DA 1→＝(1,0,1)，DE →
＝(1,1，12
)．
设平面A 1ED 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．
则⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋z ＝0x ＋y ＋1
2z ＝0.
令x ＝1，则z ＝－1，y ＝－12
，
∴n ＝(1，－12，－1)．又平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,1)．∴cos 〈n ，DD 1→
〉＝
－19
4
·1＝－23
.
∴平面A 1ED 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为2
3
.
二、填空题
7．已知在棱长为a 的正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′中，E 是BC 的中点．则直线A ′C 与DE 所
成角的余弦值为________．
解析：如图所示建立空间直角坐标系，则A ′(0,0，a )，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，E ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
a ，a
2，0，
A ′C →＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝
⎛
⎭
⎪⎫a ，－a 2
，0，
cos 〈A ′C →，DE →
〉＝A ′C →·DE →|A ′C →|·|DE →|
＝1515.
答案：
1515
8．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是A 1D 1、A 1C 1的中点．则异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为________．
解析：不妨设正方体棱长为2，分别取DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)、C (0,2,0)、E (1,0,2)、F (1,1,2)， 则AE →
＝(－1,0,2)， CF →
＝(1，－1,2)， ∴|AE →|＝5，|CF →|＝ 6.AE →·CF →
＝－1＋0＋4＝3. 又AE →·CF →＝|AE →||CF →|cos 〈AE →，CF →〉
＝30cos 〈AE →，CF →
〉，
∴cos 〈AE →，CF →
〉＝3010，∴所求值为3010.
答案：
30
10
9．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A ­BD ­C 的正弦值为________． 解析：取BC 中点O ，连结AO ，DO ， 建立如图所示的坐标系：
设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫
32，0，0.
所以OA →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，
BD →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
32，12，0. 由于OA →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的法向量，
设平面ABD 的法向量n ＝(x ，y ，z ), 则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BA →＝0，
n ·BD →＝0，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
12y ＋3
2z ＝0，32x ＋12y ＝0，
取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，
所以n ＝(1，－3，1)，
所以cos 〈n ，OA →
〉＝55，
sin 〈n ，OA →
〉＝25 5.
答案：255
三、解答题
10．如图，已知点P 在正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；
(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．
解：如图，以D 为坐标原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz ， 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→
＝(0,0,1)，连结BD 、B ′D ′. 在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →
〉＝60°，
又由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2
＋1，解得m ＝22.所以DH →＝(22，22
，
1)．
(1)因为cos 〈DH →，CC ′→
〉＝22×0＋2
2×0＋1×11×2＝22，
所以〈DH →，CC ′→
〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.
(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →
＝(0,1,0)．
因为cos 〈DH →，DC →
〉＝22×0＋2
2×1＋1×01×2
＝12.
所以〈DH →，DC →
〉＝60°，
可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.
11．若PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求二面角A ­PB ­C 的余弦值．
解：如图所示建立空间直角坐标系，则
A (0,0,0)，
B (2，1,0)，
C (0,1,0)，P (0,0,1)， 故AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →
＝(0，－1,1)． 设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧ m ·AP →＝0
m ·AB →＝0
⇒⎩⎨
⎧
x ，y ，z
，0，＝0
x ，y ，z
2，1，
＝0
⇒⎩⎨
⎧
z ＝02x ＋y ＝0
，
令x ＝1，则y ＝－2，故m ＝(1，－2，0)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·CB →＝0
n ·CP →＝0
⇒
⎩⎨
⎧
x ′，y ′，z 2，0，＝0
x ′，y ′，z
，－1，
＝0
⇒⎩⎨
⎧
2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.
令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)，
∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝3
3.
∴二面角A ­PB ­C 的余弦值为
33
.
12．(2010年高考重庆卷)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，点E 是棱PB 的中点． (1)证明：AE ⊥平面PBC ；
(2)若AD ＝1，求二面角B ­EC ­D 的平面角的余弦值．
解：(1)证明：如图，以A 为坐标原点，射线AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系A ­xyz . 设D (0，a,0)，
则B (2，0,0)，C (2，a,0)，
P (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2，0，22.
于是AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2
，0，22，BC →＝(0，a,0)，
PC →
＝(2，a ，－2)， 则AE →·BC →＝0，AE →·PC →
＝0.又因为BC ∩PC ＝C ， 所以AE ⊥平面PBC .
(2)设平面BEC 的法向量为n 1，由(1)知，AE ⊥平面BEC ，故可取n 1＝EA →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－22
，0，－22.
设平面DEC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，
则n 2·DC →＝0，n 2·DE →
＝0. 由|AD →
|＝1，得D (0,1,0)，C (2，1,0)，
从而DC →＝(2，0,0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2
，－1，22，
故⎩⎪⎨⎪⎧
2x 2＝0，
22
x 2－y 2＋2
2z 2＝0，所以x 2＝0，z 2＝2y 2.
可取y 2＝1，则n 2＝(0,1，2)．
从而cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－3
3.
所以二面角B ­EC ­D 的平面角的余弦值为－3
3
.。