2020-2021学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 第3课时 用空间向量解决空间角与

2020-2021学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2 第3课时用空间向量解决空间角与距离问题课时跟踪训练新人教A版选修2-1
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用空间向量解决空间角与距离问题
[A 组 学业达标]
1.如图，正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( ) A.1
5 B.25 C.35
D.45
解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ， 设AB ＝1.
则B (1,1,0)，A 1(1,0,2)，A (1,0,0)，D 1(0,0,2)，
A 1
B →＝(0,1，－2)，AD 1→
＝(－1,0,2)，
cos 〈A 1B →
，AD 1→
〉＝A 1B →·AD 1
→
|A 1B →||AD 1→|＝－45×5＝－4
5，
∴异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为4
5.
答案：D
2．二面角的棱上有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 ＝217，则该二面角的大小为( )
A ．150°
B ．45°
C ．60°
D ．120°
解析：由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →
＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →.
∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82
＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉 ＝(217)2，
∴cos 〈CA →
，BD →
〉＝－1
2，〈CA →，BD →〉＝120°，
∴二面角的大小为60°. 答案：C
3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( ) A ．30° B ．90° C ．120°
D ．60°
解析：OE →＝12(OA →＋OD →
)，
OF →＝12
(OB →＋OC →)，
∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)
＝－14
|OA →|2
.
又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，
∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2
＝－1
2.
∴∠EOF ＝120°.故选C. 答案：C
4．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：建系如图，设正方体棱长为1， 则BB 1→
＝(0,0,1)． ∵B 1D ⊥面ACD 1，
∴取DB 1→
＝(1,1,1)为面ACD 1的法向量． 设BB 1与平面ACD 1所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BB 1
→·DB 1
→|BB 1
→||DB 1
→|＝13
＝3
3，
∴cos θ＝63
. 答案：D
5.如图所示，在几何体A ­BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB ＝BC ＝1，CD ＝2，点E 为CD 中点，则AE 的长为( ) A. 2 B.3 C ．2 D.5
解析：AE →
＝AB →＋BC →＋CE →， ∵|AB →|＝|BC →|＝1＝|CE →|， 且AB →·BC →＝AB →·CE →＝BC →·CE →
＝0. 又∵AE →2＝(AB →＋BC →＋CE →)2， ∴AE →2
＝3， ∴AE 的长为 3. 故选B.
答案：B
6.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为________．
解析：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM.
过D作DN∥BM，交MM1于点N，则容易证明DN⊥平面AA1C1C.连接AN，则∠DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角．
在Rt△DAN中，sin∠DAN＝ND AD
＝
3
2
2
＝
6
4
.
答案：
6
4
7．正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是________．
解析：如图，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易证AC1
→
是平面A1BD的一个法向量
.AC1
→
＝(－1,1,1)，BC1
→
＝(－1,0,1)．。