《新教材高中數(shù)學北師大版選修21課時作業(yè)：第2章 習題課2 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新教材高中數(shù)學北師大版選修21課時作業(yè)：第2章 習題課2 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（新教材）北師大版精品數(shù)學資料 習題課(2) 一、選擇題 1．若A(1，－2,3)，B(2,5,6)在直線l上，則直線l的一個方向向量為(　　) A．(1，－2,3) B．(2,5,6) C．(1,7,3) D．(－1，－7,3) 解析：∵＝(1,7,3)， 又與平行的非零向量都可作為l的方向向量， ∴(1,7,3)＝可作為l的方向向量． 答案：C 2．已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，則平面ABC的一個單位法向量為(　　) A．(－，－，－) B．(－，，－) C．(－，，) D．(，，) 解析：設平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，則有 取

2、x＝1，則y＝－2，z＝2. 所以n＝(1，－2,2)．因為|n|＝3， 所以平面ABC的一個單位法向量可以是 (－，，－)． 答案：B 3．已知平面α內有一個點A(2，－1,2)，α的一個法向量為n＝(3,1,2)，則下列點P中，在平面α內的是(　　) A．(1，－1,1) B．(1,3，) C．(1，－3，) D．(－1,3，－) 解析：∵n為α的一個法向量，∴n＝0，把P點依次代入滿足上式即可． 答案：B 4．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別是棱CC1，BC，A1B1上的點，若∠B1MN＝90，則∠PMN的大小是(　　) A．等于9

3、0 B．小于90 C．大于90 D．不確定 解析：∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥MN， ∵＝(＋) ＝＋＝0， ∴MP⊥MN，即∠PMN＝90. 答案：A 5．[2014遼寧大連一模]長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 解析：建立坐標系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)． ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)， cos〈，〉＝＝. 所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為. 答案：B

4、 6．如右圖所示 ，已知點P為菱形ABCD外一點，且PA⊥面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC中點，則二面角C－BF－D的正切值為(　　) A． B． C． D． 解析：如右圖所示，連接BD，AC∩BD＝O，連接OF.以O為原點，OB、OC、OF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O－xyz.設PA＝AD＝AC＝1，則BD＝.所以B，F(xiàn)， C，D. 結合圖形可知，＝且為面BOF的一個法向量， 由＝，＝， 可求得面BCF的一個法向量n＝(1，，)． 所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝， 所以tan〈n，〉＝. 答案：D 二、填空題 7．若A(0,2，

5、)，B(1，－1，)，C(－2,1，)是平面α內的三點，設平面α的法向量a＝(x，y，z)，則x∶y∶z＝________. 解析：＝(1，－3，－)， ＝(－2，－1，－)，由 得解得 則x∶y∶z＝y(tǒng)∶y∶(－y)＝2∶3∶(－4)． 答案：2∶3∶(－4) 8．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD所成角的余弦值是__________． 解析：建立如右圖所示的空間直角坐標系， 設棱長為1，則B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，＝(－1,0,1)，＝(－1，0，－1)，＝(－1，－1,0)，設平面A1BD的

6、一個法向量為n＝(1，x，y)，設平面A1BD與BC1所成的角為θ，n⊥，n⊥， 所以n＝0，n＝0， 所以解得 所以n＝(1，－1，－1)， 則cos〈，n〉＝＝－， 所以sinθ＝， 所以cosθ＝＝. 答案： 9．平面α的法向量為(1,0，－1)，平面β的法向量為(0，－1，1)，則平面α與平面β所成二面角的大小為__________． 解析：設n1＝(1,0，－1)，n2＝(0，－1，1)， 則cos〈n1，n2〉＝ ＝－， ∴〈n1，n2〉＝.因平面α與平面β所成的角與〈n1，n2〉相等或互補，所以α與β所成的角為或. 答案：或 三、解答題 10．在四

7、棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是正方形，棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點，EF⊥PB于點F. (1)證明：PA∥平面EDB； (2)證明：PB⊥平面EFD. 證明：如右圖所示建立空間直角坐標系，D是坐標原點，設DC＝a. (1)連接AC，AC交BD于G， 連接EG，依題意得D(0,0,0)，A(a,0,0)，P(0,0，a)，E(0，，)． 因為四邊形ABCD是正方形， 所以G是此正方形的中心， 故點G的坐標為(，，0)， 所以＝(，0，－)， 又＝(a,0，－a)，所以＝2， 這表明PA∥EG. 而EG?平面EDB，且PA?平面EDB， 所以

8、PA∥平面EDB. (2)依題意得B(a，a,0)， ＝(a，a，－a)，＝(0，，)， 所以＝0＋－＝0， 所以PB⊥DE. 由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E， 所以PB⊥平面EFD. 11．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． 解：(1)因為四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60，所以∠ADC＝∠BCD＝120. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30， 因此∠ADB＝90，AD⊥BD， 又A

9、E⊥BD， 且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED. 所以BD⊥平面AED. (2)連接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直， 以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設CB＝1， 則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D(，－，0)，F(xiàn)(0,0,1)， 因此＝(，－，0)，＝(0，－1,1)． 設平面BDF的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則m＝0，m＝0， 所以x＝y(tǒng)＝z， 取z＝1，則m＝(，1,1)． 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一個法

10、向量， 則cos〈m，〉＝＝＝， 所以二面角F－BD－C的余弦值為. 12． [2013浙江高考]如圖，在四面體A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC. (1)證明：PQ∥平面BCD； (2)若二面角C－BM－D的大小為60，求∠BDC的大小． 解：(1)如圖，取BD的中點O，以O為原點，OD，OP所 在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 由題意知A(0，，2)， B(0，－，0)，D(0，，0)． 設點C的坐標為(x0，y0,0)，因為＝3， 所以Q(x

11、0，＋y0，)． 因為M為AD的中點，故M(0，，1)．又P為BM的中點，故P(0,0，)，所以＝(x0，＋y0,0)． 又平面BCD的一個法向量為u＝(0,0,1)， 故u＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. (2)設m＝(x，y，z)為平面BMC的一個法向量． 由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)， 知 取y＝－1，得m＝(，－1,2)． 又平面BDM的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是 |cos〈m，n〉|＝＝＝， 即2＝3.　 ① 又BC⊥CD，所以＝0， 故(－x0，－－y0,0)(－x0，－y0,0)＝0， 即x＋y＝2.　 ② 聯(lián)立①，②，解得(舍去)或 所以tan∠BDC＝＝. 又∠BDC是銳角，所以∠BDC＝60.