寒假作业7 直线的倾斜角与斜率-【我的假期我做主】2022年新教材高二数学寒假作业（人教A版）

　　虽然不允许我们看透自然界本质的秘密,从而认识现象的真实原因,但仍可能发生这样的情 形:一定的虚构假设足以解释许多现象．———欧拉３６ １１．证明:(１)以 D 为坐标原点,DA→,DC→,DD１→ 的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空 间直角坐标系,并设正方体的棱长为２,则 A(２,０,０),C(０,２,０), D(０,０,０),M(１,０,１),N(１,１,０),P(１,２, １)． 由正方体的性质,知AD⊥平面CC１D１D, 所以DA→＝(２,０,０)为平面CC１D１D 的一个 法向量． 由于MN→＝(０,１,－１),则MN→􀅰DA→＝０×２＋１×０＋(－１)×０＝０,所 以MN→⊥DA→． 又 MN⊄平面CC１D１D,所以 MN∥平面CC１D１D． (２)DC→＝(０,２,０),由 于MP→＝(０,２,０),所 以MP→∥DC→,所 以 MP ∥DC． 由于 MP⊄平面CC１D１D,所以 MP∥平面CC１D１D． 又由(１)知,MN∥平面CC１D１D,MN∩MP＝M, 所以由两个平面平行的判定定理,知平面 MNP∥平面CC１D１D． １２．解析:分别以AB,AD,AP 为x,y,z轴建立 空间直角坐标系,如图,则P(０,０,１),C(１, １,０),D(０,２,０),设E(０,y,z),则 PE→＝(０,y,z－１),PD→＝(０,２,－１)． ∵PE→∥PD→,∴y(－１)－２(z－１)＝０,① ∵AD→＝ (０,２,０)是 平 面 PAB 的 一 个 法 向量, CE→＝(－１,y－１,z), ∴由CE∥平面PAB,可得CE→⊥AD→, ∴(－１,y－１,z)􀅰(０,２,０)＝２(y－１)＝０, ∴y＝１,代入①式得z＝ １２ ,∴E 是PD 的中点, 即存在点E 为PD 中点时,CE∥平面PAB． 寒假作业六　用空间向量研究 距离、夹角问题 [知识梳理] １．|cos‹u,v›|　|u 􀅰v| |u||v|　|cos ‹u,n›|　|u 􀅰n| |u||n|　|cos ‹n１,n２›| 　 |n１􀅰n２| |n１||n２| ２．|AB|　 |a|２－(a􀅰u)２　|AP →􀅰n| |n| [学业测评] １．D　以D 为坐标原点,DA,DC,DD１所在直线为x 轴、y 轴、z轴建立 空间直角坐标系(图略),设AB＝１, 则B(１,１,０),A１(１,０,２),A(１,０,０),D１(０,０,２),A１B→＝(０,１,－２), AD１→＝(－１,０,２), cos‹A１B→,AD１→›＝ A１B→􀅰AD１→ |A１B→||AD１→| ＝ －４ ５× ５ ＝－ ４５ , ∴异面直线A１B 与AD１所成角的余弦值为 ４ ５ ． ２．B　过点B 作BE⊥A１C,垂足为E,设点E 的坐标为 (x,y,z),则A１(０,０,３),B(１,０,０),C(１,２,０),A１C→＝ (１,２,－３),A１E→＝(x,y,z－３),BE→＝(x－１,y,z)． 因为 A１E→∥A１C→, BE→􀅰A１C→＝０,{ 所以 x １ ＝ y ２ ＝ z－３ －３ , x－１＋２y－３z＝０,{ 解得 x＝ ５７ , y＝１０７ , z＝ ６７ , ì î í ï ï ï ï 所以BE→＝ － ２７ , １０ ７ ,６ ７( ) , 所以点B 到直线A１C的距离|BE→|＝２ ３５７ ． ３．A　以D 为原点,DA→,DC→,DD１→的方向分别为x 轴、y轴、z轴的正方 向建立空间直角坐标系(图略),则C(０,３,０),E(１,１,０),D１(０,０,１), C１(０,３,１),D(０,０,０),DC１→＝(０,３,１),D１E→＝(１,１,－１),D１C→＝(０, ３,－１),设平面D１EC的法向量为n＝(x,y,z),则 D１E→􀅰n＝０, D１C→􀅰n＝０,{ 可得平面D１EC的一个法向量为n＝(２,１,３), 所以DC１与平面D１EC所成角的正弦值为 sinθ＝cos‹DC１→,n›＝ n􀅰DC１→ |n|􀅰|DC１→| ＝ ６ １４× １０ ＝３ ３５３５ ． ４．C　以 D 为坐标原点,以 DA,DC,DD１ 分别为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐 标系,如图所示: 则A１(１,０,１),D１(０,０,１),E(１,１,０),A (１,０,０),C(０,２,０)． ∵E 为 AB 的 中 点,∴D１E→ ＝ (１,１, －１),AC→＝(－１,２,０),AD１→＝(－１,０, １)． 设平面ACD１的法向量为n＝(a,b,c), 则 n􀅰AC→＝０, n􀅰AD１→＝０,{ 即 －a＋２b＝０, －a＋c＝０,{ 可 得 a＝２b,a＝c,{ 可取n＝(２,１,２)． ∴点E 到平面ACD１的距