1.4.2 第3课时 用空间向量解决立体几何问题（Word）-【全效作业本】2022-2023学年高中选择性必修第一册数学同步课件及教参（人教A版2019）

第3课时　用空间向量解决立体几何问题 [见学生用书P28] 1．若平面α的一个法向量n＝(1，2，1)，点A(1，0，－1)，B(0，－1，1)，A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为(　B　) A．1 B. C. D. 【解析】 ＝(－1，－1，2)，根据点到平面的距离公式可得点A到平面α的距离为 ＝＝.故选B. 2．设直线l与平面α相交，且直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n.若〈a，n〉＝，则l与α所成角的大小为　(　B　) A. B. C. D. 【解析】 结合题意，作出图形如下： 　第2题答图 ∵〈a，n〉＝， ∴∠OAB＝， ∴l与α所成的角为∠OBA＝.选C. 3．在三棱锥A­BCD中，平面A故BD与平面BCD的法向量分别为n1，n2.若〈n1，n2〉＝，则二面角A­BD­C的大小为(　C　) A. B. C.或 D.或 【解析】 因为法向量和平面垂直，所以法向量所成角与二面角相等或者互补，由于无法判定二面角A­BD­C是锐角还是钝角，所以二面角A­BD­C的大小为或.故选C. 4．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，则异面直线D1F与DE所成角的大小为__90°__． 第4题答图 【解析】 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如答图所示，设正方体边长为2，故E(2，2，1)，D1(0，0，2)，F(0，1，0)，∴＝(0，1，－2)，设直线D1F和直线DE所成角为θ，则cosθ＝＝0，∴θ＝90°. 5．若两个平面α，β的法向量分别是u＝(1，0，1)，v＝(－1，1，0)，则这两个平面所成的锐二面角的度数是__60°__． 【解析】 设这两个平面所成的锐二面角为θ，则cos θ＝＝＝，所以锐二面角的度数是60°. 6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1上的点，且BE＝3EA，CF＝FC1，则异面直线EF与A1C1所成角的余弦值为(　C　) A. B. C. D. 第6题答图 【解析】 如答图所示，分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为4，则E(4，1，0)，F(0，4，2)，A1(4，0，4)，C1(0，4，4) 则＝(－4，3，2)，＝(－4，4，0) ∴cos〈，〉＝ ＝＝.故选C. 7．在正四棱锥S­ABCD中，SA＝AB＝2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　C　) A. B. C. D. 【解析】 建立如答图所示的空间直角坐标系Oxyz. 第7题答图 由图知SO＝＝＝， 由题得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，B(1，1，0)，S(0，0，)． ∴＝(2，－2，0)，＝(－1，－1，)，＝(1，－1，)． 设平面SBC的一个法向量n＝(x，y，z)， 则∴ 令z＝，得x＝0，y＝2，∴n＝(0，2，)． 设直线AC与平面SBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 故选C. 8．如图所示，已知在正方体ABCD­EFGR中，P为FG的三等分点(靠近点F)，Q为EF的中点，分别记二面角P­AQ­R，Q­AR­P，R­AP­Q的平面角为α，β，γ，则(　D　) A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<α<γ 第8题图 　　第8题答图 【解析】 建立如答图所示的空间直角坐标系Exyz. 设正方体的棱长为1，则P ，Q ，R(0，1，0)，A(0，0，1)． 设平面APQ的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则得 令x＝2，得n1＝(2，－3，1)． 同理可得平面APR和平面AQR的法向量分别为n2＝(2，3，3)，n3＝(2，1，1)， 结合图形可得cosα＝|cos 〈n1，n3〉|＝＝，cosβ＝|cos〈n2，n3〉|＝＝，cosγ＝|cos〈n1，n2〉|＝， ∴cosγ<cosα<cosβ，又∵0<γ，α，β<π， ∴γ>α>β.故选D. 9．如图所示，在四面体ABCD中，△BCD为等边三角形，∠ADB＝，二面角B­AD­C的大小为α，则α的取值范围是(　C　) A. B. C. D. 第9题图 　　第9题答图 【解析】 以B为原点，建立如答图所示的空间直角坐标系． 因为△BCD为等边三角形，设BC＝CD＝BD＝1， ∵∠ADB＝， ∴A(m，1，n)． 当n＝0时，A，B，C，D四点共面，不能构成空间四边形，所以n≠0. ∴B(0，0，0)，C ，D(0，1，0)． 由空间向量的坐标运算可得＝(0，1，0)，＝(m，0，n)，＝. 设平面BAD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则代入可得 令x1＝1，则y