【优化方案】2020高中数学第3章322知能优化训练新人教A版选修2-1

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1、【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 1 / 7 1若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150， 则l1与l2这两条异面直线所成的角等于 ( ) A30B150C30或 150 D以上均错答案： A 2若直线l的方向向量与平面 的法向量的夹角等于120，则直线l 与平面所成的角等于 ( ) A120B60C30D以上均错答案： C3平面的法向量为 (1,0 ， 1) ，平面的法向量为 (0 ， 1,1) ，则平面 与平面所成二面角的大小为_ 分析：设 u (1,0 ， 1) ， v (0 ， 1,1) ，则 cos |cos u，v

2、| | 1 1 | . 2 2 2 2 3 或3 . 2答案：3或3 4如图，在正四棱柱-1111 中， 2，1 4，E 为的中点，ABCDA B CD AB AA BC F 为 CC1的中点(1) 求 EF与平面 ABCD所成的角的余弦值；(2) 求二面角 F- DE- C的余弦值解：成立如下图的空间直角坐标系Dxyz，则 D(0,0,0) ， A(2,0,0) ，(0,2,0) ， (2,2,0) ， (1,2,0) ， (0,2,2) C B E F (1) EF ( 1,0,2) 易得平面 ABCD的一个法向量为n (0,0,1)，2 EF n 设EF与 n 的夹角为，则 cos5 5

3、，| EF| n| EF与平面 ABCD所成的角的余弦值为5 5 . (2) EF ( 1,0,2) ，DF (0,2,2) 设平面 DEF的一个法向量为 m，则 m DF 0， m EF0，m n 6 可得 m (2 ， 1,1) ， cos m， n|m|n| 6，二面角 - - 6 的余弦值为. F DEC 6 一、选择题【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 2 / 7 1已知正方体ABCD-A1B1C1D1，E，F 分别是正方形A1B1C1D1和 ADD1A1 的中心，则 EF和 CD所成的角是 ( ) A60B45C30D90分析：选

4、B. 以D 为原点，分别以射线，1 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴成立空间DA DC DD 1 1 1 1 1 直角坐标系 Dxyz( 图略 ) 设正方体的棱长为1，则E( 2，2，1) ，F( 2，0，2) ，EF(0 ，2，1 2 EF DC 2) ，DC(0,1,0) 因此 cosEF，DC 2，因此 EF，DC 135，| EF| | DC| 因此异面直线EF和 CD所成的角是45，应选B. AO与平面 ABCD所成角的正弦值为2正方体ABCD-A BCD中，O为侧面BCCB的中心，则1 1 1 1 1 1 ( ) 3 1 A. 3 B. 2 6 D. 3 C. 2 6 分析：选

5、C.以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为x 轴、 y 轴、 z 轴成立空间直角坐标系，令 AB 2，则 A(2,0,0) ， O(1,2,1) ， AO ( 1,2,1) 为平面 ABCD的法向量，设 AO与平面 ABCD所成角为. 又 DD (0,0,2) 1 2 6 | AO DD| 则 sin |cos AO， DD | 1 . 1 626 | 1| | | AO DD 3设ABCD，ABEF都是边长为 1 的正方形，FA面ABCD，则异面直线AC与 BF所成的角等于( ) A45B30C90D60分析：选 D.以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BE为z轴成立空间直角坐标系，则 A

6、(1,0,0) ， C(0,1,0) ， F(1,0,1) ， ( 1,1,0) ， (1,0,1) AC BF 1 cos AC ， BF . 2 ， 120.AC BF AC与 BF所成的角为60.4如图， 在四棱锥P- ABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD90，PA底面 ABCD，且 PA AD AB 2BC，M、 N 分别为 PC、 PB的中点则与平面所成的角为 ( ) BD ADMN A30B60C120D150分析：选A. 如下图，成立空间直角坐标系，设BC 1，则 A(0,0,0)， B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，则 N(1,0,1)，BD ( 2

7、,2,0) ，AD (0,2,0) ， AN (1,0,1) 设平面 ADMN的一个法向量为n ( x， y， z) ，【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 3 / 7 y 0 n AD 0 则由得，取 x 1，则 z 1，x z 0 nAN 0 n (1,0 ， 1) BD n cos BD，n| BD| n| 又 090，sin |cos BD，n| 30. 21 82 2，1 .2 5正方体ABCD-A BCD中，BB与平面ACD所成角的余弦值为( ) 1 1 1 1 1 1 A. 2 3 3 B. 3 2 6 C. 3 D. 3 分析：选

8、 D.建系如图，设正方体棱长为1，则BB1 (0,0,1) 为面ACD1的法向量B1D面 ACD1，取 B1D (1,1,1) 1 3 设 BB1与面 ACD1所成的角为，则 sinBB1 B1D 3 3 ，| BB1| B1D| 6 cos 3 . 6在正方体AC1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面 ABCD所成的二面角的余弦值为( ) 1 2 A2 B. 3 3 2 C. 3 D. 2 分析：选 B. 如图建系，设正方体棱长为1，则 D(0,0,0) 、 A1(1,0,1) 、 E(1,1 1 ，2) 1(1,0,1) ，(1,1 ，1) DA DE 2 设平面1 的一个法向量为

9、( x ，) A ED n y z x z 0 则x y21z 0 . 1 令 x 1，则 z 1， y，2 1 1 n (1 ，2， 1) 又平面 ABCD 的一个法向量为 DD1 (0,0,1) cosn，DD19 4 1 2 3. 【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 4 / 7 平面 A1ED与平面 ABCD所成二面角的余弦值为2 3. 二、填空题7已知在棱长为a的正方体ABCD-ABCD中，E是BC的中点则直线AC与 DE所成角的余弦值为 _ 分析：如下图成立空间直角坐标系，则 A(0,0 ， a) ，C( a，a, 0) ，D(0 ，

10、0) ，a ( ， ，) ，a a, E a， ， 0 ， a a， 0 ，2 A C a a DE 2 15 A CDE cos AC，DE| | 15 . | A C DE 15 答案：15 AE与 CF所成角的8正方体ABCD-A BCD中，E、F分别是A D、AC的中点则异面直线1 1 1 1 1 1 1 1 余弦值为 _ 分析：不如设正方体棱长为2，分别取DA、 DC、 DD1所在直线为x 轴、y 轴、 z 轴成立如下图空间直角坐标系，则 A(2,0,0) 、 C(0,2,0) 、E(1,0,2) 、F(1,1,2) ，则AE ( 1,0,2) ， 1,2) ，CF (1 5，| 3

11、. | AE| CF| 6. AECF 10 4 又AE CF |AE| CF|cos AE， CF 30cos ， ，AE CF 30 30 cos AE，CF10 ，所求值为10 . 30 答案：10 9正ABC与正BCD所在平面垂直，则二面角A- BD- C的正弦值为 _ 分析：取 BC中点 O，连接 AO， DO，成立如下图的坐标系：3 1 3 设 BC1，则 A 0，0，2 ，B 0，2，0 ，D 2，0，0 . 3 1 3 因此 OA 0，0，2 ， BA 0，2，2 ，3 1 BD2 ，2，0 . 3 为平面 BCD的法向量，因为 OA 0，0，2 设平面 ABD的法向量 n (

12、 x，y， z), 则【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 5 / 7 1 3 yz 0，n BA 0，2 2 因此3 1 n BD 0，2 x2y 0，取 x 1，则 y3， z 1，因此 n (1 ，3，1) ，5 因此 cos n，OA5，2 sin n，OA5 5. 2 5 答案：5 三、解答题10如图，已知点P 在正方体 ABCD-A B C D的对角线BD上，PDA60.(1) 求 DP与 CC所成角的大小；(2) 求 DP与平面 AA D D所成角的大小解：如图，以 D为坐标原点， DA为单位长成立空间直角坐标系Dxyz，则DA (

13、1,0,0) ， CC (0,0,1)，连接 BD、 B D.在平面 BB D D中，延伸 DP交 B D于H. 设DH ( m， m,1)( m0) ，由已知 DH， DA 60，2 又由 DA DH| DA| DH|cos DH，DA，可得 2m 2m 1，解得 m 2 2 2 . 因此DH( ，1) 2 2 2 2 2 2020112 (1) 因为 cos DH，CC 1 2 2 ，45.因此 DH，CC 45，即 DP与 CC所成的角为(2) 平面 D 的一个法向量是 (0,1,0) AA D DC 2 2 2021101 因为 cos DH，DC1 2 2. 因此 DH，DC 60，

14、可得 DP与平面 AAD D所成的角为30.11若PA平面ABC，ACBC，PAAC1，BC 2，求二面角A- PB- C的余弦值解：如下图成立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B( 2 ，1,0) ， C(0,1,0)，P(0,0,1) ，2， 1,0) 故AP (0,0,1) ，AB( ， CB ( 2， 0,0) ， CP (0 ， 1,1) 设平面 PAB的法向量为m ( x，y， z) ，【优化方案】 2020 高中数学第3 章 322 知能优化训练新人教A版选修 2-1 6 / 7 x， y， z 0，0，1 0 z 0 m AP 0 则? 2，1，0 ? ，x， y， z 0

15、2xy 0 m AB 0 令 x 1，则 y2，故 m (1 ，2，0) 设平面 PBC的法向量为 n ( x， y， z) ，n 0 CB ? 则n CP 0 x ，y ，z 2，0，0 0 2 0，? x x， y， z 0， 1， 1 0 y z 0. 令 y 1，则 z 1，故 n (0 ， 1， 1) ，m n 3 cos m，n|m|n|3 . 二面角- - 3 的余弦值为 . APBC 3 12 (2020 年高考重庆卷 ) 如图，四棱锥P- ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面 ABCD， PA AB 2，点E是棱PB的中点(1) 证明： AE平面 PBC；(2) 若 AD

16、1，求二面角 B- EC- D的平面角的余弦值解： (1) 证明：如图，以A 为坐标原点，射线AB、 AD、 AP分别为x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴，成立空间直角坐标系A- xyz . 设 (0，a, 0) ，D 则 B( 2，0,0) ，C( 2，a, 0) ，2 2 P(0,0 ， 2)，E2 ，0，2 . 2 2 于是 AE2，0，2 ， BC (0 ， a, 0) ，2，a， 2) ，PC ( 则AE BC 0， AE PC0. 又因为 BC PC C，因此平面. AE PBC (2) 设平面的法向量为1，由 (1) 知，平面，故可取12 ， 0，2 . BEC n AE BEC n EA 2 2 设平面 DEC的法向量 n ( x ， y ， z ) ，2 2 2 2 则 20，20. n DC n DE 1，得D(0,1,0) ， C( 2， 1,0) ，由| AD| 2 2 进而 DC ( 2， 0,0) ， DE2，1，2 ，2x2 0，故2 2 因此 x20， z2 2y2. 2x2 y22 z2 0，可取 y2 1，则 n2 (0,1 ，2) 【优化方案】 2