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第一章空间向量与立体几何4.2第2课时用空间向量研究空间角问题基础训练(附解析新人教A版选择性必修第一册)

资料简介

第2课时用空间向量研究空间角问题1.(2020广东广州海珠高二期末联考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=a,AA1=3a,则异面直线AC1与CD1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案:C2.(2021安徽皖北名校高二第二次联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,底面ABCD是边长为2的正方形,E为BC的中点,则异面直线BD与PE所成角的余弦值为()A.26B.36C.23D.33答案:A3.(2020山东济南莱芜一中高二质检)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为棱CC1的中点,则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是()A.215B.25C.35D.45答案:B4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案:B10 5.(2021吉林吉化一中高二月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BD的中点,则直线AD1与EF所成角的余弦值是()A.12B.63C.32D.62答案:B6.(多选题)(2021山东济宁曲阜一中高二段测)如图,已知E是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC的中点,F是棱BB1的中点,设点D到平面AED1的距离为d,直线DE与平面AED1所成的角为θ,平面AED1与平面AED的夹角为α,则()A.DF⊥平面AED1B.d=43C.sinθ=4515D.cosα=23答案:B;C;D7.(2020黑龙江绥化青冈一中高二月考)正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,则PB与平面PEF所成角的正弦值为()A.36B.66C.33D.63答案:C8.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,E、F分别是棱AB、BC上的动点,且AE=BF.当A1、E、F、C1共面时,平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为()A.15B.12C.32D.265答案:B10 9.(2021湖北孝感应城一中高二期末)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AB=BC,AC=22,AA1=2点E为A1C1的中点,点F在BC的延长线上且CF=14BC,则异面直线BE与C1F所成的角为()A.90∘B.60∘C.45∘D.30∘答案:B解析:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,故以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=BC,AC=22,AA1=2,所以AB=BC=2,所以A1(0,2,2),C1(2,0,2),E(1,1,2),C(2,0,0),B(0,0,0),又CF=14BC,所以CF=14(2,0,0)=(12,0,0),故C1F=C1C+CF=(0,0,-2)+(12,0,0)=(12,0,-2),BE=(1,1,2),所以cos<BE,C1F>=BE⋅C1F|BE|⋅|C1F|=12-24×14+2=-323=-12,所以向量BE,C1F的夹角为120∘,又异面直线BE与C1F所成角的取值范围是(0,π2],所以异面直线BE与C1F所成的角为60∘.10 10.如图,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC=2,则平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.答案:33素养提升练11.(多选题)(2020辽宁丹东高二期末)在正三棱柱A1B1C1-ABC中,AA1=3AB,则()A.AC1与底面ABC所成角的正弦值为12B.AC1与底面ABC所成角的正弦值为32C.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为34D.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为134答案:B;C解析:取A1C1的中点E,AC的中点F,连接EF,EB1则EB1,EC1,EF两两垂直,则以E为原点,EB1,EC1,EF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AB=2,则AA1=23.10 ∴A1(0,-1,0),C1(0,1,0),A(0,-1,23),C(0,1,23),B1(3,0,0),∴AC1=(0,2,-23),底面ABC的一个法向量为m=(0,0,23),∴AC1与底面ABC所成角的正弦值为|cos<m,AC1>|=|m⋅AC1|m|×|AC1||=|-124×23|=32,∴A错,B对;取A1B1的中点K,∴K的坐标为(32,-12,0),∴侧面AA1B1B的一个法向量为KC1=(-32,32,0)∴AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为|cos<AC1,KC1>|=|AC1⋅KC1|AC1|×|KC1||=34×3=34,故C对,D错.12.(2021山东济宁高二期末)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,BC=BD=1,AB=2,直线CC1与平面A1BD所成角的正弦值为33.(1)求点C1到平面A1BD的距离;(2)求平面A1BD与平面C1BD夹角的余弦值.答案:(1)因为BC=BD=1,AB=2,所以∠DBC=90∘,所以∠ADB=90∘,建立如图所示的空间直角坐标系,设DD1=a,则D(0,0,0),A1(1,0,a),B(0,1,0),C(-1,1,0),C1(-1,1,a),10 所以DA1=(1,0,a),DB=(0,1,0),CC1=(0,0,a),设平面A1BD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1⋅DA1=0,n1⋅DB=0,即x1+az1=0,y1=0,所以n1=(a,0,-1),所以|cos<n1,CC1>|=|-a|a⋅a2+1=33,解得a=2(负值舍去),所以n1=(2,0,-1),DC1=(-1,1,2),所以点C1到平面A1BD的距离为|DC1⋅n1||n1|=223=263.(2)设平面C1BD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2⋅DC1=0,n2⋅DB=0,即-x2+y2+2z2=0,y2=0,所以n2=(2,0,1),所以cos<n1,n2>=13×3=13.由题图可得平面A1BD与平面C1BD的夹角为锐角,所以平面A1BD与平面C1BD夹角的余弦值为13.13.(2020福建漳州高二第二次质检)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1=AB=CC1=2,A1B=6,∠AA1C=∠ABC=90∘,∠ACB=30∘.(1)证明:AC⊥A1B;(2)求平面ACC1与平面BCC1B1夹角的余弦值.答案:(1)过A1作A1O⊥AC交AC于点O,连接BO,因为∠ABC=90∘,AB=2,∠ACB=30∘,所以AC=4,所以BO=3,同理可得A1O=3,因为A1B=6,所以A1O2+BO2=A1B2,所以A1O⊥BO.以O为原点,OB,OC,OA1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz,易知OC=3,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,2,3),A1(0,0,3).10 证明:易知AC=(0,4,0),A1B(3,0,-3),所以AC⋅A1B=0×3+4×0+0×(-3)=0,所以AC⊥A1B,所以AC⊥A1B.(2)易知BC=(-3,3,0),CC1=(0,-1,3),设n1=(x,y,z)是平面BCC1B1的法向量,则n1⋅BC=0,n1⋅CC1=0,即-3x+3y=0,-y+3z=0,取y=3,则x=3,z=1,所以n1=(3,3,1),易知平面ACC1的一个法向量为n2=(1,0,0),则cos<n1,n2>=n1⋅n2|n1||n2|=31313,所以平面ACC1与平面BCC1B1夹角的余弦值为31313.14.(2021广东深圳外国语学校高二月考)如图,在三棱锥M-ABC中,△MAC为等边三角形,MB=22,AB=BC=2,AC的中点O为三角形ABC的外接圆的圆心,点N在边BC上,且BN=23BC.(1)求BO与平面AMC所成的角;(2)求平面AMN与平面AMC夹角的正弦值.答案:(1)连接OM,在△ABC中,由AC的中点O为三角形ABC的外接圆的圆心,AB=BC=2可知,三角形ABC为等腰直角三角形,所以AC=22,OB⊥AC,且OB=2.10 在△MAC中,MA=MC=AC=22,O为AC的中点,则OM⊥AC,且OM=6.在△MOB中,满足BO2+OM2=MB2,所以OB⊥OM,又AC∩OM=O,AC,OM⊂平面AMC,所以OB⊥平面AMC,故BO与平面AMC所成的角为90∘.(2)因为OB,OC,OM两两垂直,所以以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(0,0,6),所以AM=(0,2,6),BC=(-2,2,0),由BN=23BC得BN=23BC,所以N(23,223,0),则AN=(23,523,0),设平面AMN的法向量为m=(x,y,z),则AN⋅m=23x+523y=0,AM⋅m=2y+6z=0,令y=3,得m=(-53,3,-1),由(1)知BO⊥平面AMC,所以OB=(2,0,0)为平面AMC的一个法向量,所以cos<m,OB>=m⋅OB|m|⋅|OB|=-5679×2=-5379,所以sin<m,OB>=1-(-5379)2=279=27979.故平面AMN与平面AMC夹角的正弦值为27979.创新拓展练15.如图,E是以AB为直径的半圆O上异于A、B的点,矩形ABCD所在的平面垂直于圆O所在的平面,且AB=2AD=2.(1)求证:EA⊥EC;10 (2)若异面直线AE和DC所成的角为π6,求平面DCE与平面AEB夹角的余弦值.命题分析考查了空间中线线垂直的证明和平面与平面夹角的求解.答题要领(1)由面面垂直的性质可证得BC⊥EA,再根据线面垂直的判定定理和性质定理可证得.(2)取AB⌢的中点F,连接OF,以点O为坐标原点,OF所在的直线为x轴,OB所在的直线为y轴,过点O作与BC平行的直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz.先求两平面的法向量,再利用向量法求平面DCE与平面AEB夹角的余弦值.详细解析(1)证明:易知BC⊥AB,∵平面ABCD垂直于圆O所在的平面,且两平面的交线为AB,BC⊂平面ABCD,∴BC垂直于圆O所在的平面.又EA在圆O所在的平面内,∴BC⊥EA.∵AB为圆O的直径,∴∠AEB=90∘,∴BE⊥EA,又BC∩BE=B,BC,BE⊂平面EBC,∴EA⊥平面EBC,∵EC⊂平面EBC,∴EA⊥EC.(2)取ABF,连接OF,以点O为坐标原点,OF所在的直线为x轴,OB所在的直线为y轴,过点O作与BC平行的直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由异面直线AE和DC所成的角为π6,AB∥DC知∠BAE=π6,∴∠OBE=π3,∴E(32,12,0),由题设可知D(0,-1,1),C(0,1,1),10 ∴DE=(32,32,-1),CE=(32,-12,-1).设平面DCE的法向量为p=(x0,y0,z0),则DE⋅p=0CE⋅p=0,即32x0+32y0-z0=0,32x0-12y0-z0=0,取x0=2,得y0=0,z0=3∴p=(2,0,3).易知平面AEB的一个法向量为q=(0,0,1),∴cos<p,q>=p⋅q|p||q|=322+(3)2=217.故平面DCE与平面AEB夹角的余弦值217.解题感悟通常利用向量法解决两平面的夹角问题.10 查看更多

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