《2025年人教金学典同步练习册同步解析与测评高中数学选择性必修第一册人教版》

1.如图，已知平面α的一个法向量为
n,点A∈α，O∈α,
Pα，直线PO⊥α.
若a为直线PA的一个
方向向量，直线PA与
平面α所成的角为θ,
则( ).
一

A.cosθ=$\frac{|PA.n}{PAIn}$
B.sinθ=$\frac{a.PO}{lalIPO}$
C.cosθ=|AAPP|.|AAOO|
D.sinθ=$\frac{la.AOl}{lal|AO}$

答案： 1.C
[解析]由线面角的向量求法知，C选项正确。

2.若直线l的一个方向向量与平面α
的一个法向量的夹角为($\frac{π}{2}$＜＜π),则直
线l与平面α所成的角为________.

答案： 2.$\theta-\frac{\pi}{2}$
[解析]因为两向量的夹角为$\theta(\frac{\pi}{2}＜\theta＜\pi)$，其补角$\pi - \theta$与线面角互余，故线面角为$\frac{\pi}{2}-(\pi - \theta)=\theta-\frac{\pi}{2}$。

3.如图，在直三棱柱ABC−ABiC1
中，D，E分别为AB，BB1的中点，
AA1=AC=CB=2,AB=2$\sqrt{2}$
(1)求异面直线AC1与CD所成的角
的大小;
(2)求平面ACE与平面AlCD夹角
的余弦值.

答案：
3.因为$AB^2 = AC^2 + CB^2$，所以$CA\perp CB$。如图，建立空间直角坐标系，则$C(0,0,0)$，$D(1,1,0)$，$A(2,0,0)$，$C_1(0,0,2)$，$A_1(2,0,2)$，$E(0,2,1)$。

(1)因为$\overrightarrow{AC_1}=(-2,0,2)$，$\overrightarrow{CD}=(1,1,0)$，所以$\cos\langle\overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{CD}\rangle=\frac{1}{2}$，所以异面直线$AC_1$与$CD$所成的角的大小为$60^{\circ}$。
(2)易求得平面$A_1CD$的一个法向量为$\vec{m}=(-1,1,1)$，平面$A_1CE$的一个法向量为$\vec{n}=(2,1,-2)$，所以$|\cos\langle \vec{m},\vec{n}\rangle|=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即平面$A_1CE$与平面$A_1CD$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面
PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是平行
四边形，且∠BCD=$\frac{π}{4}$,PD⊥BC.

(1)求证:PC=PD;
(2)若底面ABCD是菱形，PA与平
面ABCD所成的角为$\frac{π}{6}$，求平面PAD与
平面PBC夹角的余弦值.

答案：
能力提升
(1)如图1，过点$P$作$PE\perp BC$，垂足为$E$，连接$DE$。

因为平面$PBC\perp$平面$ABCD$
所以$PE\perp$平面$ABCD$
因为$PD\perp BC$
所以$BC\perp$平面$PDE$
所以$DE\perp BC$
因为$\angle BCD=\frac{\pi}{4}$
所以$DE = CE$
在$\triangle PED$和$\triangle PEC$中
$PE = PE$，$\angle PED=\angle PEC = 90^{\circ}$，$DE = CE$
所以$\triangle PED\cong\triangle PEC$
所以$PC = PD$。
(2)由
(1)知因为$BC\perp$平面$PDE$，$PE\perp$平面$ABCD$
所以$\angle PAE$是直线$PA$与平面$ABCD$所成的角
即$\angle PAE=\frac{\pi}{6}$，且$DE\perp BC$，$DE\perp PE$
设$PE = a$，则$AE=\sqrt{3}a$，$PA = 2a$
在$\triangle DEC$中，设$DE = m$
则$EC = m$，$DC=\sqrt{2}m$
所以在$Rt\triangle EDA$中，$(\sqrt{3}a)^2 = m^2 + (\sqrt{2}m)^2$
所以$m = a$
以$E$为坐标原点，$ED$，$EB$，$EP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，

则$D(a,0,0)$，$A(a,\sqrt{2}a,0)$，$P(0,0,a)$
则平面$PBC$的一个法向量为$\vec{a}=(1,0,0)$
设平面$PAD$的一个法向量为$\vec{b}=(x,y,z)$
因为$\overrightarrow{AP}=(-a,-\sqrt{2}a,a)$，$\overrightarrow{AD}=(0,-\sqrt{2}a,0)$
所以$\begin{cases} -\sqrt{2}ay = 0 \\ -ax-\sqrt{2}ay + az = 0 \end{cases}$
取$x = 1$，则$\vec{b}=(1,0,1)$
设平面$PAD$与平面$PBC$的夹角为$\theta$
则$\cos\theta=\frac{|\vec{b}· \vec{a}|}{|\vec{b}||\vec{a}|}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
所以平面$PAD$与平面$PBC$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
易错点分析
由于两异面直线所成的角$\theta$的范围是$(0,\frac{\pi}{2}]$，而两向量夹角$\alpha$的范围是$[0,\pi]$，故$\cos\theta=|\cos\alpha|$。