第七章 第7节 第2课时 求空间角和距离-【创新教程】2024高考理科数学复习大一轮课时作业word（老教材，人教版）

第2课时　求空间角和距离 学生用书　课时冲关五十二　P382 [基础训练组] 1．如图，点A、B、C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ＝(　　) A．－　　　B.　　　C.　　 D．－ 解析：C　[∵点A、B、C分别在空间直角坐标系 O－xyz的三条坐标轴上， ＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)， 二面角C－AB－O的大小为θ， ∴cos θ＝＝＝.故选C.] 2．(2023·金华市模拟)在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　) A．4 B．2 C．3 D．1 解析：B　[由已知平面OAB的一条斜线的方向向量＝(－1,3,2)，所以点P到平面OAB的距离d＝||·|cos〈，n〉|＝＝＝2. 故选B.] 3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　) A. B. C. D. 解析：A　[∵AB＝1，AC＝2，BC＝， AC2＝BC2＋AB2，∴AB⊥BC. ∵三棱柱为直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC. 以B为原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(0,1,0)，C(，0,0)．设B1(0,0，a)，则C1(，0，a)， ∴D，E，∴＝ ，平面BB1C1C的法向量＝(0,1,0)．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为α，则sin α＝|cos〈，〉|＝， ∴α＝.故选A.] 4．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝1，CB＝，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交于点D，则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为(　　) A．－ B．－ C. D. 解析：A　[ 建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,1)，D，＝，＝(，0,0)，＝(－，1,0)，＝(0,0,1)．设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1，n2，可得n1＝(0,1，－1)，n2＝(1，，0)，所以 cos〈n1，n2〉＝＝，又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与〈n1，n2〉互补，故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为－.故选A.] 5.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　) A. B. C．2 D. 解析：A　[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)． 由， 得，令z＝－1，则m＝(a,1，－1)． 又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝，得＝，解得a＝， 所以AD＝.故选A.] 6．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　 ) A. B. C. D. 解析：A　[不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)， ∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)， ∴cos 〈，〉＝＝＝＝＞0. ∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角， ∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.] 7.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________． 解析：∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)， ∴＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)， ∴cos〈，〉＝＝＝， ∴AF与CE所成角的余弦值为. 答案： 8．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________． 解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)， ∴＝(2