高中数学人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试第3课时当堂检测题

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(建议用时：45分钟)

[学业达标]

一、选择题

1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为(　　)

A．30°　　　　　　 B．150°

C．30°或150° D．以上均不对

【解析】　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为.应选A.

【答案】　A

2．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为(　　)

A. B．－

C. D．－

【解析】　＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，

∴cos〈，〉＝＝＝，

∴直线AB，CD所成角的余弦值为.

【答案】　A

3．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为(　　)

A．30°　 B．45°

C．60°　　 D．90°

【解析】　如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1.则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．于是＝(0，1，0)．

取PD中点为E，

则E，∴＝，

易知是平面PAB的法向量，是平面PCD的法向量，∴cos，＝，

∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.

【答案】　B

4．如图3­2­28，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD­A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，则二面角B1­A1B­E的余弦值为(　　)

【导学号：18490121】

图3­2­28

A．－ B．－

C.   D.

【解析】　设AD＝1，则A1(1，0，2)，B(1，2，0)，因为E，F分别为C1D1，A1B的中点，所以E(0，1，2)，F(1，1，1)，所以＝(－1，1，0)，＝(0，2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则所以所以取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1)，又DA⊥平面A1B1B，所以＝(1，0，0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，〉＝＝＝，又二面角B1­A1B­E为锐二面角，所以二面角B1­A1B­E的余弦值为，故选C.

【答案】　C

5.如图3­2­29，空间正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是(　　)

图3­2­29

A. B.

C.  D.

【解析】　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建系，则＝，＝，

cos〈，〉＝＝0.

∴〈，〉＝.

【答案】　D

二、填空题

6．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值是________．

【解析】　依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1，0，0)，M，C(0，1，0)，N，

∴＝，

＝，

∴cos〈，〉＝＝，

故异面直线AM与CN所成角的余弦值为.

【答案】　

7．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2，0)，B(2，1，)，则向量与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为________．

【解析】　设平面xOz的法向量为n＝(0，t，0)(t≠0)，＝(1，3, )，所以cos〈n，〉＝＝，因为〈n，〉∈[0，π]，所以sin〈n，〉＝＝.

【答案】　

8．已知点E，F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________．

【解析】　如图，建立空间直角坐标系．

设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0，0，1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．

所以A(1，0，0)，E，F，

所以＝，＝，

则即

取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1，3)．

所以cos〈n1，n2〉＝＝.

所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α＝，sin α＝，所以tan α＝.

【答案】　

三、解答题

9.如图3­2­30所示，在四面体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝. 【导学号：18490119】

图3­2­30

(1)求证：AO⊥平面BCD；

(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．

【解】　(1)证明：连接OC，

由题意知BO＝DO，AB＝AD，

∴AO⊥BD.

又BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.

在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，

又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2，

∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.

∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.

(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，

则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0, ，0)，A(0，0，1)，

E，

∴＝(－1，0，1)，＝(－1，－，0)，

∴cos〈，〉＝＝.

∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.

10．四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．

(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；

(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．

【解】　如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则

A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，h)，

(1)∵＝(－a，a，0)，＝(0，0，h)，＝(a，a，0)，

∴·＝0，·＝0，

∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，

∴AC⊥平面PDB，

又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.

(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，P(0，0，a)，E，

设AC∩BD＝O，O，连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB于O，

∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，

∵＝，＝，

∴cos∠AEO＝＝，

∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.

[能力提升]

1．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为(　　)

A．60° B．90°

C．45° D．以上都不对

【解析】　以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．

由题意知，A1(1，0，2)，E(1，1，1)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)，所以＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)．

设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则

得

令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0，1，1)，

cos〈n，〉＝＝＝－1.

所以〈n，〉＝180°.

所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.

【答案】　B

2.在三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

图3­2­31

A. B.

C.  D.

【解析】　不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，

则＝(－2，2，1)，＝(0，－2，1)，

所以cos〈，〉＝

＝＝－.

因为直线BC1与直线AB1的夹角为锐角，所以所求角的余弦值为.

【答案】　A

3．在空间中，已知平面α过(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________．

【解析】　平面xOy的法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则

即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝.

而cos〈n，u〉＝＝，

又∵a＞0，∴a＝.

【答案】　

4.如图3­2­32，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

图3­2­32

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；

(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.

【导学号：18490120】

【解】　(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4) ，C1(0，2，4)，

所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4).

因为cos〈，〉＝＝＝，

所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.

由|cos θ|＝＝＝，

得sin θ＝.

因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.