课时作业(七) 用空间向量研究距离、夹角问题(一)

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1.
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是上底棱CD、BC的中点，AB1与平面B1D1EF所成的角的大小是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
3．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，D是BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(6),4)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(10),4)
4．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是( )
A.eq \f(8,3) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4)
5．若平面α的一个法向量为n＝(－eq \r(3)，1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(eq \r(3)，1,1)，则l与α所成角的正弦值为________．
6．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝1，M为侧棱PD的中点．
(1)证明：平面MAC⊥平面PCD；
(2)求直线PB与平面PCD所成的角的大小．
[提能力]
7．(多填题)正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是________，若E，F分别为AB，CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是________．
8．(多填题)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，则异面直线BC1与A1B1所成角为____________；二面角A－BC1－C的余弦值是____________．
9．在正方体A1B1C1D1－ABCD中，棱长为1.
(1)求直线BC与直线B1D所成角的余弦值；
(2)求点A到平面B1CD的距离．
[战疑难]
10．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1，DD1上的动点，且BE＝D1F＝λ(0＜λ≤eq \f(1,2))．设EF与AB所成的角为α，EF与BC所成的角为β，则α＋β的最小值为( )
A．不存在 B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
课时作业(七)
1．解析：建立以D1为坐标原点，以D1A1、D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系D1－xyz，设正方体棱长为1，则：A(1,0,1)，B1(1,1,0)，D1(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，设平面D1B1E的法向量为n＝(x，y，z)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(D1B1,\s\up10(→))＝0,n·\(D1E,\s\up10(→))＝0)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋z＝0,x＋y＝0))
解得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))
又eq \(AB1,\s\up10(→))＝(0,1，－1)
设直线AB1与平面B1D1EF所成的角的大小为θ
故可得sin θ＝|cs〈n，eq \(AB1,\s\up10(→))〉|＝eq \f(\r(2),2)
故可得AB1与平面B1D1EF所成的角的大小为eq \f(π,4).
故选B.
答案：B
2.
解析：以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，eq \r(3)，1)，则eq \(BC1,\s\up10(→))＝(1,0，－1)，eq \(AB1,\s\up10(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)．
所以cs〈eq \(AB1,\s\up10(→))，eq \(BC1,\s\up10(→))〉＝eq \f(|\(AB1,\s\up10(→))·\(BC1,\s\up10(→))|,|\(AB1,\s\up10(→))|·|\(BC1,\s\up10(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
答案：C
3．解析：以C为原点，在平面ABC中，过C作CB的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝1，AA1＝2，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，C(0,0,0)，C1(0,0,2)，D(0,1,1)，
eq \(CA,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \(CC1,\s\up10(→))＝(0,0,2)，eq \(AD,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
设平面AA1C1C的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up10(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0,n·\(CC1,\s\up10(→))＝2z＝0))，取x＝1，得n＝(1，－eq \r(3)，0)，
设AD与平面AA1C1C所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(|\(AD,\s\up10(→))·n|,|\(AD,\s\up10(→))|·|n|)＝eq \f(\r(3),\r(2)·\r(4))＝eq \f(\r(6),4).
答案：B
4．解析：以D点为坐标原点，eq \(DA,\s\up10(→))，eq \(DC,\s\up10(→))，eq \(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则eq \(AB1,\s\up10(→))＝(0,2,4)，eq \(AD1,\s\up10(→))＝(－2,0,4)，设n＝(x，y，z)是截面AB1D1的一个法向量，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up10(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up10(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋4z＝0，,－2x＋4z＝0，))取z＝1，则n＝(2，－2,1)，点A1到截面AB1D1的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AA1,\s\up10(→))·n,|n|)))＝eq \f(4,3).
答案：C
5．解析：由题，设l与α所成角为θ，可得sin θ＝eq \f(|n·a|,|n||a|)＝eq \f(|－3＋1＋1|,\r(－\r(3)2＋1＋1)·\r(\r(3)2＋1＋1))＝eq \f(1,5).
答案：eq \f(1,5)
6．解析：
(1)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，以A点为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，以AP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
因为M为PD的中点，且PA＝AD＝1，所以AM⊥PD，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(AM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(CM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))
所以eq \(AM,\s\up10(→))·eq \(CM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))＝0
所以AM⊥CM，
所以AM⊥平面PCD，
因为AM⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面PCD.
(2)设直线PB与平面PCD所成的角的大小为θ，
由(1)可知eq \(AM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))为平面PCD的一个法向量，
因为eq \(PB,\s\up10(→))＝(1,0，－1)，
所以sin θ＝eq \f(|\(AM,\s\up10(→))·\(PB,\s\up10(→))|,|\(AM,\s\up10(→))|·|\(PB,\s\up10(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2)×\f(\r(2),2))＝eq \f(1,2)，
所以θ＝eq \f(π,6)，即直线PB与平面PCD所成的角的大小为eq \f(π,6).
7．解析：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则易得D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)，A1(2,0,2)，E(2,1,0)，F(0,2,1)，所以eq \(BC1,\s\up10(→))＝(－2,0,2)，eq \(B1D,\s\up10(→))＝(－2，－2，－2)．因为eq \(BC1,\s\up10(→))·eq \(B1D,\s\up10(→))＝0，所以B1D与BC1夹角的大小是90°.又eq \(A1C1,\s\up10(→))＝(－2,2,0)，eq \(EF,\s\up10(→))＝(－2,1,1)，设异面直线EF与A1C1的夹角为θ，则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1C1,\s\up10(→))·\(EF,\s\up10(→)),|\(A1C1,\s\up10(→))|·|\(EF,\s\up10(→))|)))＝eq \f(\r(3),2)，所以θ＝30°.
答案：90°，30°.
8．解析：
直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，
∴CC1⊥BC，CC1⊥AC，AC⊥BC
如图以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，C1(0,0,1)，B1(0,1,1)，A1(1,0,1)
∴eq \(BC1,\s\up10(→))＝(0，－1,1)，eq \(A1B1,\s\up10(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB,\s\up10(→))＝(－1,1,0)
∴cs〈eq \(BC1,\s\up10(→))，eq \(A1B1,\s\up10(→))〉＝eq \f(|\(BC1,\s\up10(→))·\(A1B1,\s\up10(→))|,|\(BC1,\s\up10(→))|·|\(A1B1,\s\up10(→))|)＝eq \f(1,2)
所以异面直线BC1与A1B1所成角为eq \f(π,3)；
设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC1,\s\up10(→))＝0,n·\(AB,\s\up10(→))＝0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0,－y＋z＝0))令y＝1，则n＝(1,1,1)
显然平面CBC1的一个法向量为m＝(1,0,0)
cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)
故二面角A－BC1－C的余弦值是eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(π,3)；eq \f(\r(3),3)
9．解析：(1)依题意，AB，AD，AA1是两两互相垂直的，以A为坐标原点，以AB、AD、AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，B1(1,0,1)
∴eq \(BC,\s\up10(→))＝(0,1,0)，eq \(B1D,\s\up10(→))＝(－1,1，－1)，
设直线BC与直线B1D所成的角为α，
∴cs α＝eq \f(|\(BC,\s\up10(→))·\(B1D,\s\up10(→))|,|\(BC,\s\up10(→))|·|\(B1D,\s\up10(→))|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
即直线BC与直线B1D所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)知eq \(B1C,\s\up10(→))＝(0,1，－1)，eq \(B1D,\s\up10(→))＝(－1,1，－1)，eq \(AB1,\s\up10(→))＝(1,0,1)
设平面B1CD的一个法向量n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(B1C,\s\up10(→))＝0,n·\(B1D,\s\up10(→))＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－z＝0,－x＋y－z＝0))，
令z＝1，则x＝0，y＝1，此时n＝(0,1,1)
∴d＝eq \f(|\(AB1,\s\up10(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴点A到平面B1CD的距离为eq \f(\r(2),2).
10．解析：以点D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up10(→))，eq \(DC,\s\up10(→))，eq \(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(1,1，λ)，F(0,0,1－λ)，则eq \(EF,\s\up10(→))＝(－1，－1,1－2λ)，eq \(AB,\s\up10(→))＝(0,1,0)，eq \(BC,\s\up10(→))＝(－1,0,0)
∴cs α＝eq \f(|\(EF,\s\up10(→))·\(AB,\s\up10(→))|,|\(EF,\s\up10(→))||\(AB,\s\up10(→))|)＝eq \f(1,\r(2＋1－2λ2))，cs β＝eq \f(|\(EF,\s\up10(→))·\(BC,\s\up10(→))|,|\(EF,\s\up10(→))||\(BC,\s\up10(→))|)＝eq \f(1,\r(2＋1－2λ2))，∴α＝β，又当λ＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,\r(2＋1－2λ2))取得最大值eq \f(\r(2),2).
∴αmin＝βmin＝eq \f(π,4)
∴(α＋β)min＝eq \f(π,2)，故选C.
答案：C