搜索
    上传资料 赚现金
    高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册
    立即下载
    加入资料篮
    高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册01
    高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册02
    高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册03
    还剩13页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理测试题

    展开
    这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理测试题,共16页。

    八 用空间向量研究距离、夹角问题
    【基础通关-水平一】 (15分钟 30分)
    1.已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离
    为(  )
    A. B.1 C. D.2
    【解析】选A.因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),
    所以=(1,0,0),=(-1,2,-2),所以点A到直线BC的距离为
    d=

    =1×=.
    2.若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为,AB=1,则直线AB1与CD1所成的角为(  )
    A.30° B.45° C.60° D.90°
    【解析】选C.因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为,AB=1,
    所以AA1=,以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,

    则A(1,0,0),B1(1,1,),C(0,1,0),D1(0,0,),=(0,1,),=(0,-1,),设直线AB1与CD1所成的角为θ,
    则cos θ===,又0°<θ≤90°,
    所以θ=60°,所以直线AB1与CD1所成的角为60°.
    3.已知平面α的一个法向量n=,A∈α,P∉α,且=,则直线PA与平面α所成的角为________.
    【解析】设直线PA与平面α所成的角为θ,
    则sin θ==
    ==,
    所以直线PA与平面α所成的角为.
    答案:
    4.棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为________.
    【解析】如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.

    则D(0,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),M,A(1,0,0).
    所以=,=(-1,1,0),=(-1,0,1).
    设平面ACD1的法向量为n=,
    则即
    令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1).
    所以点M到平面ACD1的距离d==.
    又,故MN∥平面ACD1.故直线MN到平面ACD1的距离为.
    答案:
    5.如图,在四棱锥P­ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.

    (1)证明:PC⊥AD;
    (2)求二面角A­PC­D的正弦值.
    【解析】如图,

    以点A为坐标原点,AD,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
    则A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B,P(0,0,2).
    (1)易得=(0,1,-2),=(2,0,0),
    则·=0,所以PC⊥AD.
    (2)易得=(0,1,-2),=(2,-1,0).
    设平面PCD的法向量为n=(x,y,z).
    由得
    令z=1,可得n=(1,2,1).
    又=(2,0,0)是平面PAC的一个法向量,
    所以cos 〈,n〉==,从而sin 〈,n〉=.所以二面角A­PC­D的正弦值为.
    【能力进阶—水平一】 (30分钟 60分)
    一、单选题(每小题5分,共20分)
    1.Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=,则点P到斜边AB的距离是(  )
    A.3 B.9 C.12 D. 2
    【解析】选A.以点C为坐标原点,CA,CB,CP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

    则A(4,0,0),B(0,3,0),P,
    所以=(-4,3,0),=.所以点P到AB的距离
    d===3.
    2.如图所示,在三棱柱ABC­A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1的夹角是(  )

    A. B. C. D.
    【解析】选C.如图所示,建立空间直角坐标系Bxyz.

    由于AB=BC=AA1,不妨取AB=2,
    则B(0,0,0),E(0,1,0),F(0,0,1),C1(2,0,2).
    所以=(0,-1,1),=(2,0,2),
    所以cos 〈,〉===,
    所以异面直线EF和BC1的夹角为.
    3.如图,在长方体ABCD­A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(  )

    A. B. C. D.
    【解析】选D.如图所示,建立空间直角坐标系,
    则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),所以=(-2,0,1).

    连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,所以平面BB1D1D的一个法向量为a==(-2,2,0).
    所以所求角的正弦值为|cos 〈a,〉|===.
    4.已知四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=,AB与平面ACD所成角的正切值为,则点B到平面ACD的距离为(  )
    A. B. C. D.
    【解析】选D.以B为原点,BC,BD,BA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

    设BA=t(t>0),B,C,D,A.
    =,=,
    =.
    设平面ACD的法向量n=,

    令x=1,得y=1,z=,故n=.
    因为直线AB与平面ACD所成角的正切值为,
    所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为.
    即==,解得t=2.
    所以平面ACD的法向量n=,故B到平面ACD的距离为d===.
    二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
    5.正三棱柱ABC­A1B1C1中,AA1=AB,则(  )
    A.AC1与底面ABC所成角的正弦值为
    B.AC1与底面ABC所成角的正弦值为
    C.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
    D.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
    【解析】选BC.如图,取A1C1的中点E,AC的中点F,并连接EF,则EB1,EC1,EF三条直线两两垂直,
    则分别以这三条直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系.

    设AB=2,则AA1=2,
    所以A1(0,-1,0),C1(0,1,0),A(0,-1,2),C(0,1,2),B1(,0,0),所以=.
    底面ABC的其中一个法向量为m=,
    所以AC1与底面ABC所成角的正弦值为===,A错B对.
    因为A1B1的中点K的坐标为,
    所以侧面AA1B1B的其中一个法向量为=,所以AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为===,故C对D错.
    6.在正方体ABCD­A1B1C1D1中,若棱长为1,点E,F分别为线段B1D1,BC1上的动点,则下列结论正确的是(  )
    A.DB1⊥面ACD1
    B.面A1C1B∥面ACD1
    C.点F到面ACD1的距离为定值
    D.直线AE与面BB1D1D所成角的正弦值为定值
    【解析】选ABC.以A为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系.

    由题意知A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),
    设E(x,y,1),=λ,即(x-1,y,0)=(-λ,λ,0),所以E(1-λ,λ,1),
    设F(1,y′,z′),=μ,
    即(0,y′,z′)=(0,μ,μ),所以F(1,μ,μ).
    对于A,因为=(1,-1,1),=(1,1,0),=(0,1,1),
    所以
    所以DB1⊥AC,DB1⊥AD1,又AC,AD1⊂平面ACD1,AC∩AD1=A,所以DB1⊥平面ACD1,A正确;
    对于B,因为DB1⊥平面ACD1,所以=(1,-1,1)为平面ACD1的一个法向量,
    因为=(1,1,0),=(1,0,-1),
    所以
    所以DB1⊥A1C1,DB1⊥A1B,
    又A1C1,A1B⊂平面A1C1B,A1C1∩A1B=A1,
    所以DB1⊥平面A1C1B,
    所以平面A1C1B∥平面ACD1,B正确;
    对于C,因为=(1,μ,μ),
    所以点F到面ACD1的距离d===,为定值,C正确;
    对于D,因为几何体为正方体,所以AC⊥平面BB1D1D,
    所以=(1,1,0)是平面BB1D1D的一个法向量,
    又=(1-λ,λ,1),
    设直线AE与平面BB1D1D所成角为θ,则sinθ==,不是定值,D错误.
    三、填空题(每小题5分,共10分)
    7.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是________.

    【解析】以O为坐标原点建立空间直角坐标系,

    则B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,2),
    所以M,
    因此=,
    设平面PCO一个法向量为n=(x,y,z),
    所以所以
    取n=(2,1,0),因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值是==.
    答案:
    8.如图,在直三棱柱ABC­A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=AC=BC=1,则异面直线BC1与A1B1所成角为________;二面角A­BC1­C的余弦值是________.

    【解析】直三棱柱ABC­A1B1C1中,∠ACB=90°,
    所以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,B,C,C1,
    B1,A1.
    所以=,=,=.
    所以==,
    所以异面直线BC1与A1B1所成角为;
    设平面ABC1的法向量为n=,
    则即令y=1,
    则n=,显然平面CBC1的一个法向量为m=,cos 〈n,m〉===,
    故二面角A­BC1­C的余弦值是.
    答案: 
    四、解答题(每小题10分,共20分)
    9.如图,在四棱锥P­ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,M是PD上一点,且BM⊥PD.

    (1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值;
    (2)求点M到平面PAC的距离.
    【解析】(1)分别以AB,AD,AP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,A,B,C,D,P,

    则=,=,
    =,
    设=λ(0≤λ≤1),则=,
    所以=-=,
    由BM⊥PD知·=0+16λ-4=0,
    所以λ=,M为PD的中点,
    所以M,=,
    cos 〈,〉===-.
    所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.
    (2)=,=,
    设平面PAC的法向量为n=,
    由得
    所以z=0,取x=2,得y=-1,
    所以n=是平面PAC的一个法向量.
    所以点M到平面PAC的距离为==.
    10.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.

    (1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
    (2)当三棱锥M­ABC体积最大时,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.
    【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
    因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,
    所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
    因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,
    所以DM⊥CM.
    又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
    而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

    (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
    当三棱锥M­ABC体积最大时,M为的中点.
    由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
    =(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的一个法向量,
    则即可取n=(1,0,2).
    是平面MCD的一个法向量,
    因此cos 〈n,〉==,sin 〈n,〉=.
    所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
    【创新迁移】
    1.在三棱锥A­BCD中,BC=2a,∠BAC=∠BDC=60°,平面ABC⊥平面BCD,当三棱锥A­BCD的体积取最大值时,AB与CD所成角的余弦值为_____.
    【解析】设点A到平面BCD的距离为h1,点D到平面ABC的距离为h2,在三棱锥A­BCD中,平面ABC⊥平面BCD,
    所以VA­BCD=·h1··h2·BC=h1h2·BC,
    又因为∠BAC=∠BDC=60°,

    考虑圆的一条弦对的圆周角相等,当两边相等时顶点到底边距离最大.
    由题意可知,当AB=AC,BD=CD时,三棱锥A­BCD的体积最大,此时,△ABC与△BDC是等边三角形,如图所示.
    取BC的中点为O,连接AO,DO,
    则AO⊥BC,DO⊥BC;又平面ABC⊥平面BCD,
    则AO,DO,BC两两互相垂直,设O为坐标原点,OD,OC,OA所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz;

    因为BC=2a,则A(0,0,a),
    B(0,-a,0),C(0,a,0),D(a,0,0),则=(0,-a,-a),=(a,-a,0);
    所以cos 〈,〉
    ==;
    即AB与CD所成角的余弦值为.
    答案:
    2.在直三棱柱ABC­A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.

    (1)求异面直线A1B,AC1所成角的余弦值;
    (2)求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值;
    (3)求异面直线A1B与AD的距离.
    【解析】以,,为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz,
    则各点的坐标为B,A1,C1,D,B1(2,0,4).如图所示:

    (1) =,=,
    所以cos 〈,〉==-.
    故异面直线A1B和AC1所成角的余弦值为.
    (2) =(2,0,4),=,=(0,2,4),
    设平面C1AD的法向量为n=.
    则即
    取x=1,得n=.
    设直线AB1与平面C1AD所成角为θ,
    则==.
    所以直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为.
    (3)连接A1C交AC1于点M,连接DM,易得DM∥A1B,所以A1B∥平面C1AD,故点A1到平面C1AD的距离即为所求异面直线A1B与AD的距离.
    记点A1到平面C1AD的距离为d,则d====.
    所以异面直线A1B与AD的距离为.
    相关试卷

    数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第2课时达标测试: 这是一份数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第2课时达标测试,共8页。

    人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第1课时同步达标检测题: 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第1课时同步达标检测题,共8页。

    高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第2课时测试题: 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第2课时测试题,共15页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    • 精品推荐
    • 所属专辑
    • 课件
    • 教案
    • 试卷
    • 学案
    • 其他

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        即将下载

        高中数学课时素养评价八第一章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题含解析新人教A版选择性必修第一册
        该资料来自成套资源,打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动,低至4折起
        [共10份]
        浏览全套
          立即下载(共1份)
          返回
          顶部
          Baidu
          map