数学人教A版(2019）选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何单元测试2（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 数学人教A版(2019）选择性必修第一册第一章空间向量与立体几何单元测试2（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-02 18:40:36 | ||
图片预览
文档简介
数学人教A版(2019）选择性必修第一册第一章单元测试2
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．在三棱锥中，，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在边长为的正方体中，（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．已知正方体的棱长为2，点E，F在平面内，若，，则下列选项中错误的是（ ）
A．点E的轨迹是圆的一部分 B．点F的轨迹是一条线段
C．的最小值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为
4．在空间四边形OABC中，，，，点M在线段OA上，且，N为BC的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
6．如图所示，正方体中，M是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正四面体中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，则（ ）
A．直线与垂直，直线平面
B．直线与垂直，直线与平面相交
C．直线与异面且不垂直，直线平面
D．直线与异面且不垂直，直线与平面相交
9．在下列条件中，使与，，一定共面的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知三维数组，，且，则实数k的值为（ ）
A．-2 B．2 C． D．-9
11．在正方体中，F，G分别为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
12．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
13．已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，AD的中点，点G是线段CD上靠近D的四等分点，则直线EF与AG所成角的余弦值为______．
14．如图，四边形为直角梯形，且，为正方形，且平面平面，，，，则______，直线与平面所成角的正弦值为______．
15．已知正三棱锥A PBC的侧棱AP，AB，AC两两垂直，D，E分别为棱PA，BC的中点，则异面直线PC与DE所成角的余弦值为________.
16．在空间直角坐标系中，点与点关于坐标原点对称，则______．
三、解答题
17．如图，平面，四边形是矩形，四边形为直角梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）求点A到平面的距离.
19．如图，直棱柱底面是菱形，点E，F分别在棱，上，且，.
（1）求证：，，，四点共面；
（2）若，求平面和平面的夹角的余弦值.
20．如图1，在梯形ABCD中，，，AB=4，，CD=7，点E在CD上，CE=3.将沿AE翻折到PAE，使得平面平面ABCE（如图2），又于M，于N.
（1）证明：平面平面AMN；
（2）求二面角P-AM-N的余弦值.
21．如图，是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段的中点，，．
（1）证明：平面平面.
（2）若为的中点，求二面角的余弦值.
22．已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．
（1）求；
（2）求．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.
【详解】
连接,因为，所以，
因为，所以，
所以,
故选：B
2．A
【分析】
，再根据空间向量的数量积，即可得解．
【详解】
解：在正方体中，平面，
所以，
所以．
故选：．
3．D
【分析】
根据圆的定义、线面垂直的判定定理，结合圆的性质，空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】
对于A，，即，所以，即点E在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆的一部分，故A正确.
对于B，正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B正确.
对于C，在平面内，到直线的距离，如图1，当点E，F落在上时，，故C正确.
对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
因为点E为在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，可设，所以.
设平面的法向量，则
不妨令，则.
设与平面所成角为，
则，
当且仅当时，有最大值，故D错误.
故选：D
【点睛】
关键点睛：利用空间夹角公式进行求解是解题的关键.
4．B
【分析】
根据空间向量的加减法和数乘运算求解即可.
【详解】
故选：B
5．B
【分析】
建立直角坐标系，用空间向量求解两平面的夹角.
【详解】
以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则，，，
∴，
设平面A1ED的法向量为，
则有 令得：，
∴.
∵平面ABCD的法向量为，
∴，则，
故平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为.
故选：B
6．B
【分析】
如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】
如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则,
所以，
所以，
所以为锐角，
所以，
故选：B
7．B
【分析】
根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】
解：由题知，
故选：B.
8．C
【分析】
将正四面体补成正方体，设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】
将正四面体补成正方体，设，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、.
，，则，
结合图形可知，直线与异面且不垂直，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
因为，故，则，
平面，故平面，
故选：C.
9．C
【分析】
根据四点共面的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
解：与，，一定共面的充要条件是，
对于A选项，由于，故不共面，错误；
对于B选项，由得，由于，故不共面，错误；
对于C选项，由得，即，由于，满足，故共面，正确；
对于D选项，由于，故不共面，错误；
故选：C
10．B
【分析】
根据两个向量垂直可得其数量积为，然后解方程即可
【详解】
根据，可得：
则有：
解得：
故选：
11．C
【分析】
根据空间向量加法的运算法则，结合共线向量的性质进行求解即可.
【详解】
．
故选：C
12．B
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】
以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
13．
【分析】
建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，即可求出点的坐标，从而求出异面直线所成角的余弦值；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，则，所以，所以，所以，，，，，设，因为，所以，所以，所以，，设直线与所成角为，则
故答案为：
14．. .
【分析】
以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系,根据空间向量的线性运算求得向量的坐标，由此求得，由线面角的空间向量求解方法求得答案.
【详解】
解：以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如下图所示）．
由题意可知，，，．
因为，，所以，故．
设平面的法向量为，则，令，得．
因为，所以直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：；.
15．
【分析】
依题意建立空间直角坐标系，可得所求值.
【详解】
设，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则,，，，
所以，，
，
故异面直线PC与DE所成角的余弦值为.
故答案为:
16．
【分析】
根据对称得到，计算得到答案.
【详解】
点与点关于坐标原点对称，
则，故.
故答案为：.
17．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1)结合已知条件，建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理，求出与平面的一个法向量垂直即可证明；(2)结合已知条件，分别求出平面与平面的法向量，然后利用面面角的空间向量公式即可求解.
（1）
证明：以为坐标原点，、和分别为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
由已知可得，，，，，，
，，
依题意为平面的一个法向量，
又，所以，又平面，
所以平面
（2）
设平面的一个法向量为，
又，，
则即
令，可得，
依题意为平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，
，
又，所以，即平面与平面的夹角为.
18．
（1）证明见详解
（2）
【分析】
（1）由面面垂直判定定理出发，进行逆向分析，通过线面垂直、线线垂直之间的关系，结合已知条件进行不断转化可证；
（2）借助第一问寻找两两垂直的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
（1）
连接BD，记AD中点为O，连接OF，
为菱形
O、F分别为AD、AB的中点
又平面POF，OF平面POF
平面POF
平面POF
又平面ABCD，AC平面ABCD
平面ABCD
平面PAD
平面PAD平面ABCD
（2）
因为AB=AD，
所以为正三角形
由（1）可知AD、OB、PO两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系，
则
所以
设向量为平面PDF的法向量，
则，取，得
所以点A到平面PDF的距离.
19．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）在BB1上取一点G，使得，连结EG，，通过证明四边形是平行四边形，以及四边形是平行四边形得到，进而可得结论；
（2）连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.
（1）
证明：在上取一点G，使得，连结EG，，
因为且，所以四边形是平行四边形，
则且，
又因为且，
则且
所以四边形是平行四边形，
则，
由，则且，
所以四边形是平行四边形，
则，所以，
故，，，四点共面；
（2）
连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设面平面的法向量为，平面的法向量为，
则，，
不妨设，则，
，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
20．
（1）证明解解析.
（2）
【分析】
(1)在平面图中先证明,即空间图2中，根据条件再证明 平面，从而得到，从而证明平面,得到，再证明平面，从而可证明结论.
(2) 由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作,以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
（1）
在平面图1中，连结,过点作, 垂足为
由题意, 则四边形为平行四边形
所以
又
在和中，由勾股定理得：
所以,则,即空间图2中
由平面平面ABCE，平面平面ABCE ，
所以平面ABCE，又平面ABCE，则
又,所以 平面
又 平面,所以,又
且,所以平面,且平面
所以，又，且
所以平面,且平面
所以平面平面AMN
（2）
由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作
以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则
由（1）可知平面，则为平面的一个法向量.
平面,则为平面的一个法向量.
则
所以二面角P-AM-N的余弦值为
21．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而得平面，最后结合判定定理即可证明；
（2）根据题意，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.
（1）
证明：因为圆所在的平面，即平面，
而平面，所以．
因为是圆的直径，为圆周上一点，
所以．
又，
所以平面，而平面，
则，
因为，，
所以．又，
所以，而为线段的中点，
所以．
又，
所以平面，
而平面，故平面平面．
（2）
解：以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，得．
由（1）知平面的一个法向量为，
设二面角为，易知为锐角，则，
即二面角的余弦值为．
22．
（1）3
（2）
【分析】
根据空间向量基本定理将所求问题转化为基向量进行计算即可.
（1）
设，，，
由题意得：，，，，，，
；
（2）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．在三棱锥中，，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在边长为的正方体中，（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．已知正方体的棱长为2，点E，F在平面内，若，，则下列选项中错误的是（ ）
A．点E的轨迹是圆的一部分 B．点F的轨迹是一条线段
C．的最小值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为
4．在空间四边形OABC中，，，，点M在线段OA上，且，N为BC的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
6．如图所示，正方体中，M是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正四面体中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，则（ ）
A．直线与垂直，直线平面
B．直线与垂直，直线与平面相交
C．直线与异面且不垂直，直线平面
D．直线与异面且不垂直，直线与平面相交
9．在下列条件中，使与，，一定共面的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知三维数组，，且，则实数k的值为（ ）
A．-2 B．2 C． D．-9
11．在正方体中，F，G分别为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
12．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
13．已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，AD的中点，点G是线段CD上靠近D的四等分点，则直线EF与AG所成角的余弦值为______．
14．如图，四边形为直角梯形，且，为正方形，且平面平面，，，，则______，直线与平面所成角的正弦值为______．
15．已知正三棱锥A PBC的侧棱AP，AB，AC两两垂直，D，E分别为棱PA，BC的中点，则异面直线PC与DE所成角的余弦值为________.
16．在空间直角坐标系中，点与点关于坐标原点对称，则______．
三、解答题
17．如图，平面，四边形是矩形，四边形为直角梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）求点A到平面的距离.
19．如图，直棱柱底面是菱形，点E，F分别在棱，上，且，.
（1）求证：，，，四点共面；
（2）若，求平面和平面的夹角的余弦值.
20．如图1，在梯形ABCD中，，，AB=4，，CD=7，点E在CD上，CE=3.将沿AE翻折到PAE，使得平面平面ABCE（如图2），又于M，于N.
（1）证明：平面平面AMN；
（2）求二面角P-AM-N的余弦值.
21．如图，是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段的中点，，．
（1）证明：平面平面.
（2）若为的中点，求二面角的余弦值.
22．已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．
（1）求；
（2）求．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
根据空间向量的基本定理及向量的运算法则计算即可得出结果.
【详解】
连接,因为，所以，
因为，所以，
所以,
故选：B
2．A
【分析】
，再根据空间向量的数量积，即可得解．
【详解】
解：在正方体中，平面，
所以，
所以．
故选：．
3．D
【分析】
根据圆的定义、线面垂直的判定定理，结合圆的性质，空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】
对于A，，即，所以，即点E在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆的一部分，故A正确.
对于B，正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B正确.
对于C，在平面内，到直线的距离，如图1，当点E，F落在上时，，故C正确.
对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
因为点E为在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，可设，所以.
设平面的法向量，则
不妨令，则.
设与平面所成角为，
则，
当且仅当时，有最大值，故D错误.
故选：D
【点睛】
关键点睛：利用空间夹角公式进行求解是解题的关键.
4．B
【分析】
根据空间向量的加减法和数乘运算求解即可.
【详解】
故选：B
5．B
【分析】
建立直角坐标系，用空间向量求解两平面的夹角.
【详解】
以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则，，，
∴，
设平面A1ED的法向量为，
则有 令得：，
∴.
∵平面ABCD的法向量为，
∴，则，
故平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为.
故选：B
6．B
【分析】
如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】
如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则,
所以，
所以，
所以为锐角，
所以，
故选：B
7．B
【分析】
根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】
解：由题知，
故选：B.
8．C
【分析】
将正四面体补成正方体，设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】
将正四面体补成正方体，设，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、.
，，则，
结合图形可知，直线与异面且不垂直，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
因为，故，则，
平面，故平面，
故选：C.
9．C
【分析】
根据四点共面的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
解：与，，一定共面的充要条件是，
对于A选项，由于，故不共面，错误；
对于B选项，由得，由于，故不共面，错误；
对于C选项，由得，即，由于，满足，故共面，正确；
对于D选项，由于，故不共面，错误；
故选：C
10．B
【分析】
根据两个向量垂直可得其数量积为，然后解方程即可
【详解】
根据，可得：
则有：
解得：
故选：
11．C
【分析】
根据空间向量加法的运算法则，结合共线向量的性质进行求解即可.
【详解】
．
故选：C
12．B
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】
以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
13．
【分析】
建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，即可求出点的坐标，从而求出异面直线所成角的余弦值；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，令正四面体的棱长为，则，所以，所以，所以，，，，，设，因为，所以，所以，所以，，设直线与所成角为，则
故答案为：
14．. .
【分析】
以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系,根据空间向量的线性运算求得向量的坐标，由此求得，由线面角的空间向量求解方法求得答案.
【详解】
解：以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如下图所示）．
由题意可知，，，．
因为，，所以，故．
设平面的法向量为，则，令，得．
因为，所以直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：；.
15．
【分析】
依题意建立空间直角坐标系，可得所求值.
【详解】
设，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则,，，，
所以，，
，
故异面直线PC与DE所成角的余弦值为.
故答案为:
16．
【分析】
根据对称得到，计算得到答案.
【详解】
点与点关于坐标原点对称，
则，故.
故答案为：.
17．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1)结合已知条件，建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理，求出与平面的一个法向量垂直即可证明；(2)结合已知条件，分别求出平面与平面的法向量，然后利用面面角的空间向量公式即可求解.
（1）
证明：以为坐标原点，、和分别为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
由已知可得，，，，，，
，，
依题意为平面的一个法向量，
又，所以，又平面，
所以平面
（2）
设平面的一个法向量为，
又，，
则即
令，可得，
依题意为平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，
，
又，所以，即平面与平面的夹角为.
18．
（1）证明见详解
（2）
【分析】
（1）由面面垂直判定定理出发，进行逆向分析，通过线面垂直、线线垂直之间的关系，结合已知条件进行不断转化可证；
（2）借助第一问寻找两两垂直的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
（1）
连接BD，记AD中点为O，连接OF，
为菱形
O、F分别为AD、AB的中点
又平面POF，OF平面POF
平面POF
平面POF
又平面ABCD，AC平面ABCD
平面ABCD
平面PAD
平面PAD平面ABCD
（2）
因为AB=AD，
所以为正三角形
由（1）可知AD、OB、PO两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系，
则
所以
设向量为平面PDF的法向量，
则，取，得
所以点A到平面PDF的距离.
19．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）在BB1上取一点G，使得，连结EG，，通过证明四边形是平行四边形，以及四边形是平行四边形得到，进而可得结论；
（2）连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.
（1）
证明：在上取一点G，使得，连结EG，，
因为且，所以四边形是平行四边形，
则且，
又因为且，
则且
所以四边形是平行四边形，
则，
由，则且，
所以四边形是平行四边形，
则，所以，
故，，，四点共面；
（2）
连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设面平面的法向量为，平面的法向量为，
则，，
不妨设，则，
，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
20．
（1）证明解解析.
（2）
【分析】
(1)在平面图中先证明,即空间图2中，根据条件再证明 平面，从而得到，从而证明平面,得到，再证明平面，从而可证明结论.
(2) 由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作,以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
（1）
在平面图1中，连结,过点作, 垂足为
由题意, 则四边形为平行四边形
所以
又
在和中，由勾股定理得：
所以,则,即空间图2中
由平面平面ABCE，平面平面ABCE ，
所以平面ABCE，又平面ABCE，则
又,所以 平面
又 平面,所以,又
且,所以平面,且平面
所以，又，且
所以平面,且平面
所以平面平面AMN
（2）
由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作
以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则
由（1）可知平面，则为平面的一个法向量.
平面,则为平面的一个法向量.
则
所以二面角P-AM-N的余弦值为
21．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而得平面，最后结合判定定理即可证明；
（2）根据题意，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.
（1）
证明：因为圆所在的平面，即平面，
而平面，所以．
因为是圆的直径，为圆周上一点，
所以．
又，
所以平面，而平面，
则，
因为，，
所以．又，
所以，而为线段的中点，
所以．
又，
所以平面，
而平面，故平面平面．
（2）
解：以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，得．
由（1）知平面的一个法向量为，
设二面角为，易知为锐角，则，
即二面角的余弦值为．
22．
（1）3
（2）
【分析】
根据空间向量基本定理将所求问题转化为基向量进行计算即可.
（1）
设，，，
由题意得：，，，，，，
；
（2）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页