人教A版高中数学选择性必修第一册习题课(一)空间向量与立体几何含答案

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习题课(一) 空间向量与立体几何一、选择题1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是(　　)A．a＝(1,0,1)，n＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)解析：选D　若l∥α，则a·n＝0，只有选项D中a·n＝0.2．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为(　　)A．(－2,2,0)　　　　　　 B．(2，－2,0)C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))解析：选C　由eq \o(OA,\s\up7(―→))＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则eq \o(BH,\s\up7(―→))＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴eq \o(BH,\s\up7(―→))·eq \o(OA,\s\up7(―→))＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,2)，∴Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).3．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，eq \o(OA,\s\up7(―→))＋λeq \o(OB,\s\up7(―→))与eq \o(OB,\s\up7(―→))的夹角为120°，则λ的值为(　　)A．±eq \f(\r(6),6)　　 B．eq \f(\r(6),6)　　　C．－eq \f(\r(6),6)　　 D．±eq \r(6)解析：选C　eq \o(OA,\s\up7(―→))＋λeq \o(OB,\s\up7(―→))＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝eq \f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq \f(1,2)，得λ＝±eq \f(\r(6),6).经检验λ＝eq \f(\r(6),6)不合题意，舍去，所以λ＝－eq \f(\r(6),6).4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6) C.eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2)解析：选C　法一：如图，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．由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，eq \r(3))，B1(1,1，eq \r(3))，∴eq \o(AD1,\s\up7(―→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \o(DB1,\s\up7(―→))＝(1,1，eq \r(3))，∴eq \o(AD1,\s\up7(―→))·eq \o(DB1,\s\up7(―→))＝－1×1＋0×1＋(eq \r(3))2＝2，|eq \o(AD1,\s\up7(―→))|＝2，|eq \o(DB1,\s\up7(―→))|＝eq \r(5)，∴cos〈eq \o(AD1,\s\up7(―→))，eq \o(DB1,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \o(AD1,\s\up7(―→))·eq \o(DB1,\s\up7(―→)),|eq \o(AD1,\s\up7(―→))|·|eq \o(DB1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5).法二：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA-E1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF＝eq \r(12＋1＋12)＝eq \r(5)，FB1＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq \r(12＋12＋\r(3)2)＝eq \r(5).在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FBeq \o\al(2,1)＋DBeq \o\al(2,1)－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5＝4＋5－2×2×eq \r(5)×cos ∠DB1F，∴cos ∠DB1F＝eq \f(\r(5),5).5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.则A1B与平面ABD所成角的正弦值为(　　)A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(7),3) C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),7)解析：选A　以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA＝CB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，1))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(1,3)))，eq \o(GE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(a,6)，\f(2,3)))，eq \o(BD,\s\up7(―→))＝(0，－a,1)．∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴eq \o(GE,\s\up7(―→))⊥平面ABD，∴eq \o(GE,\s\up7(―→))·eq \o(BD,\s\up7(―→))＝0，解得a＝2.∴eq \o(GE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3)))，eq \o(BA1,\s\up7(―→))＝(2，－2,2)．∵eq \o(GE,\s\up7(―→))⊥平面ABD，∴eq \o(GE,\s\up7(―→))为平面ABD的一个法向量．又cos〈eq \o(GE,\s\up7(―→))，eq \o(BA1,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \o(GE,\s\up7(―→))·eq \o(BA1,\s\up7(―→)),|eq \o(GE,\s\up7(―→))||eq \o(BA1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(4,3),\f(\r(6),3)×2\r(3))＝eq \f(\r(2),3)，∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3).6.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为(　　)解析：选A　如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M(x，y,0)，则0≤x≤a,0≤y≤a，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(\r(3)a,2)))，C(0，a,0)，则|eq \o(MC,\s\up7(―→))|＝eq \r(x2＋a－y2)，|eq \o(MP,\s\up7(―→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－x))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)))2).由|eq \o(MP,\s\up7(―→))|＝|eq \o(MC,\s\up7(―→))|，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝eq \f(1,2)x(0≤x≤a)，故选A.二、填空题7．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)满足条件(c－a)·2b＝－2，则x＝________.解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a)·2b＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.答案：28．正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值等于_______．解析：如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝eq \f(\r(2),2)，D1O＝eq \f(\r(6),2)，∴cos∠DD1O＝eq \f(DD1,D1O)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3).∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).答案： eq \f(\r(6),3)9．在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值等于________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq \o(AD,\s\up7(―→))〉＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，即sin α＝eq \f(\r(6),4).答案：eq \f(\r(6),4)三、解答题10．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝eq \r(2)AA1，点D是A1B1的中点．求直线AD和平面ABC1夹角的正弦值．解：如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝eq \r(2)，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C1(0,1，eq \r(2))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知eq \o(AB,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \o(AC1,\s\up7(―→))＝(0,2，eq \r(2))，eq \o(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·eq \o(AB,\s\up7(―→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·eq \o(AC1,\s\up7(―→))＝2y＋\r(2)z＝0，))解得x＝－eq \f(\r(3),3)y，z＝－eq \r(2)y.故可取n＝(1，－eq \r(3)，eq \r(6))．所以cos〈n，eq \o(AD,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \o(AD,\s\up7(―→)),|n||eq \o(AD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq \f(\r(10),5).即直线AD和平面ABC1夹角的正弦值为eq \f(\r(10),5).11.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若二面角D-PC-A的余弦值为eq \f(\r(5),5)，求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，Ceq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0，Deq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，0，B(0,2,0)，eq \o(PC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－h))，eq \o(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)．设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·eq \o(PC,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \o(DC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－hz1＝0，,y1＝0，))取x1＝h，∴n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h，0，\f(\r(3),2))).由(1)知平面PAC的一个法向量为eq \o(BC,\s\up7(―→))＝eq \f(\r(3),2)，－eq \f(3,2)，0，∴|cos〈n1，eq \o(BC,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(\f(\r(3),2)h,\r(h2＋\f(3,4))×\r(3))＝eq \f(\r(5),5)，解得h＝eq \r(3)，同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，eq \r(3)，2)，所以，点A到平面PBC的距离为d＝eq \f(|eq \o(AP,\s\up7(―→))·n2|,|n2|)＝eq \f(2\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2).12.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于eq \f(\r(15),5)，求证：平面NHG与平面MNFE的夹角大于eq \f(π,3).证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂平面FHN，所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG，所以FH⊥NG.(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．设H(m，n,2)(由图知m>0)，则m2＋n2＝1，eq \o(NH,\s\up7(―→))＝(m，n＋1,0)．设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·eq \o(NG,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \o(NF,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1·1，1，－2＝0，,x1，y1，z1·0，2，0＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋y1－2z1＝0，,2y1＝0.))令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．因此sin α＝|cos〈eq \o(NH,\s\up7(―→))，n1〉|＝eq \f(|eq \o(NH,\s\up7(―→))·n1|,|eq \o(NH,\s\up7(―→))||n1|)＝eq \f(|2m|,\r(5)×\r(m2＋n＋12))＝eq \f(2m,\r(5)×\r(2n＋2))＝eq \f(\r(15),5).所以2m2＝3n＋3，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n＝－1，,m＝0))(舍去)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n＝－\f(1,2)，,m＝\f(\r(3),2).))所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2)).设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·eq \o(NG,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \o(NH,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2·1，1，－2＝0，,x2，y2，z2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2z2＝0，,\f(\r(3),2)x2＋\f(1,2)y2＝0.))令x2＝1，即n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(1－\r(3),2))).设平面NHG与平面MNFE的夹角为θ.因为平面MNFE的一个法向量n3＝(1,0,0)，所以cos θ＝eq \f(|n2·n3|,|n2||n3|)＝eq \f(1,\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)))2))