2020高中數(shù)學 2.5夾角的計算練習 北師大版選修21

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1、北師大版2019-2020學年數(shù)學精品資料 第二章 2.5夾角的計算 一、選擇題 1.平面α的一個法向量為n1=(4,3,0),平面β的一個法向量為n2=(0,-3,4),則平面α與平面β夾角的余弦值為(  ) A.-         B. C. D.以上都不對 [答案] B [解析] cos〈n1,n2〉==-,∴平面α與平面β夾角的余弦值為. 2.如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E為CC1的中點,則A1E與BD所成角的余弦值為(  ) A.    B. C. D. [答案] B [解析] 分別以DA、DC、DD1為x、y

2、、z軸建立空間直角坐標系,則A1(1,0,2),E(0,2,1),B(1,2,0),D(0,0,0), ∴=(-1,2,-1),=(-1,-2,0). ∴|cos〈,〉|= ||==. 3.已知E,F(xiàn)分別是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中點,則截面AEFD1與底面ABCD所成二面角的正弦值是(  ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 以D為坐標原點,以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖,則A(1,0,0),E(,1,0),D1(0,0,1), ∴=(-1,0,1),=(-,1,0). 設平面AEFD1

3、的法向量為n=(x,y,z)則 ? ∴x=2y=z. 取y=1,則n=(2,1,2), 而平面ABCD的一個法向量為u=(0,0,1), ∴cos〈n,u〉=,∴sin〈n,u〉=. 4.如圖,四面體P—ABC中,PC⊥平面ABC,AB=BC=CA=PC,那么二面角B—AP—C的余弦值為(  ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 如圖,作BD⊥AP于D,作CE⊥AP于E,與的夾角恰是二面角的平面角,設AB=1,則易得CE=,EP=,PA=PB=,AB=1,可以求得BD=,ED=. ∵=++,∴=+++2+2+2.∴=-. ∴cos〈,〉=-.即cos〈,

4、〉=. 另解:如圖建立空間直角坐標系,不妨設AB=BC=CD=PC=2.則A(2,0,0),C(0,0,0),B(1,,0),P(0,0,2) 設平面PAB的法向量n=0,即不妨取n=(3,,3),又平面PAC的法向理為n0=(0,1,0)∴cos θ===. 5.直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠ACB=90,D1,E1分別為A1B1、A1C1的中點,若BC=CA=CC1,則BD1與AE1所成角的余弦值為(  ) A. B. C. D. [答案] C [解析]  如圖所示,取直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立直角坐標系, 設||=a,則A(a,0,0),B(

5、0,a,0),E1(,0,a),D1(,,a)∴=(-,0,a),=(,-,a) ∴=a2,||=a,||=A. ∴cos〈,〉==,故選C. 6.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,若F、G分別是棱AB、CC1的中點,則直線FG與平面A1ACC1所成角的正弦值等于(  ) A. B. C. D. [答案] D [解析] 解法一:過F作BD的平行線交AC于M,則∠MGF即為所求. 設正方體棱長為1,MF=,GF=, ∴sin∠MGF=. 解法二:分別以AB、AD、AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,設正方體棱長為1,則易知平面ACC1A1的一個法向量為n=(-1,

6、1,0), ∵F(,0,0),G(1,1,),∴=, 設直線FG與平面A1ACC1所成角θ, 則sinθ=|cos〈n,〉|===. 二、填空題 7.如圖所示,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90,AA1=2,AC=BC=1,則異面直線A1B與AC夾角的余弦值為________________. [答案]  [解析] 根據(jù)題意,以點C為坐標原點,分別以CA、CB、CC1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,則C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,2).于是得=(-1,1,-2),=(-1,0,0),所以cos〈,〉===,所

7、以異面直線A1B與AC夾角的余弦值為. 8.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等,D是A1C1的中點,則直線AD與平面B1DC所成的角的正弦值為________. [答案]  [解析] 不妨設正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為2,建立如右圖所示空間直角坐標系.則C(0,0,0),A(,-1,0),B1(,1,2),D, 則=,=(,1,2),設平面B1DC的法向量為 n=(x,y,1),由,解得n=(-,1,1). 又∵=, ∴sinθ=|cos〈,n〉|=. 三、解答題 9.(2014遼寧理)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2

8、,∠ABC=∠DBC=120、E,F(xiàn)分別為AC、DC的中點. (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. [解析] (1)方法一:過E作EO⊥BC,垂足為O,連接OF,由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC, 圖1 所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC. 又EO⊥BC,因此BC⊥平面EFO. 又EF?平面EFO,所以EF⊥BC. 方法二:由題意,以B為坐標原點,在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖所示空間直角坐標系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,

9、0),C(0,2,0),因而E(0,,),F(xiàn)(,,0),所以=(,0,-),=(0,2,0),因此=0, 從而⊥,所以EF⊥BC. (2)方法一:在圖1中過O作OG⊥BF,垂足為G連EG,由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥平面BDC, 又OG⊥BF,由三垂線定理知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角, 在△EOC中,EO=EC=BCcos30=, 由△BGO∽△BFC知OG=FC=. 因此tan∠EGO==2,從而sin∠EGO=. 即二面角的正弦值為. 方法二:在圖(2)中平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1),設平面BEF的法向量n2=(x,y,

10、z) 圖2 又=(,,0),=(0,,). 由得其中一個n2=(1,-,1) 設二面角E-BF-C的大小為θ,由題意知θ為銳角,則cosθ=|cos|=||=. 因此sinθ==. 即所求二面角正弦值為. 10.(2014陜西理)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD、BC的平面分別交四面體的棱BD、DC、CA于點F、G、H. (1)證明:四邊形EFGH是矩形; (2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值. [解析] (1)由該四面體的三視圖可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1, 由題設,B

11、C∥平面EFGH,平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EG. 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD. ∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四邊形EFGH是矩形. (2)解法一:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標 系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,F(xiàn)G∥BC, ∴n=0,n=0, 得取n=(1,

12、1,0), ∴sinθ=|cos〈,n〉|=||==. 解法二:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系, 則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中點, ∴F,G分別為BD,DC的中點,得 E(1,0,),F(xiàn)(1,0,0),G(0,1,0). ∴=(0,0,),=(-1,1,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 則n=0,n=0, 得取n=(1,1,0), ∴sinθ=|cos〈,n〉|=||==. 一、選擇題 1.若平面α的一個法向量n=(4,1,1),直線l的方向向量a=(-2,

13、-3,3),則l與α夾角的余弦值為(  ) A.- B. C.- D. [答案] D [解析] cos〈a,n〉===. ∴l(xiāng)與α夾角的余弦值為=. 2.在三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱長相等,側棱垂直于底面,點D是側面BB1C1C的中心,則AD與平面BB1C1C所成角的大小是(  ) A.30 B.45 C.60 D.90 [答案] C [解析] 如圖,取BC的中點E,連結DE、AE、AD,依題意知三棱柱為正三棱柱,易得AE⊥平面BB1C1C,故∠ADE為AD與平面BB1C1C所成的角.設各棱長為1, 則AE=,DE=,∴tan∠ADE===, ∴∠ADE=60,

14、故選C. 3.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,M、N分別是棱BB1、B1C1的中點,若∠CMN=90,則異面直線AD1與DM的夾角為(  ) A.30 B.45 C.60 D.90 [答案] D [解析] 如圖, 連結DM,BC1,則MC為DM在平面B1C內(nèi)的投影. 又因為CM⊥MN,所以DM⊥MN. 因為MN∥BC1∥AD1, 所以DM⊥AD1,即AD1與DM的夾角為90. 4.如圖,在棱長都相等的四面體ABCD中,E,F(xiàn)分別為棱AD、BC的中點,連接AF,CE,則直線AF與CE所成的角的余弦值為(  ) A. B. C. D. [答案] A [解析

15、] 設該四面體的棱長為1,則||=||=, ||=||=||=1. 所以=(+)(+) =(+)(2-) =(2-+2-) =(1-+2-)=. 所以cos〈,〉==. 二、填空題 5.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,點D在棱BB1上,且BD=1,則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為________________. [答案]  [解析] 解法一:取AC、A1C1的中點M、M1,連結MM1、BM.過D作DN∥BM,則容易證明DN⊥平面AA1C1C.連結AN,則∠DAN就是AD與平面AA1C1C所成的角. 在Rt△DAN中, sin∠DA

16、N===. 解法二:取AC、A1C1中點O、E,則OB⊥AC,OE⊥平面ABC,以O為原點OA、OB、OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系, 在正三角形ABC中,BM=AB=, ∴A,B,D, ∴=, 又平面AA1C1C的法向量為e=(0,1,0), 設直線AD與平面AA1C1C所成角為θ,則 sinθ=|cos〈,e〉|==. 解法三:設=a,=b,=c, 由條件知ab=,ac=0,bc=0, 又=-=c-b, 平面AA1C1C的法向量=(a+b). 設直線AD與平面AA1C1C成角為θ,則 sinθ=|cos〈,〉|=, ∵=(c-b)(a+b) =ac-

17、ab+bc-|b|2=-. ||2=(c-b)2=|c|2+|b|2-2bc=2, ∴||=, ||2=(a+b)2=(|a|2+|b|2+2ab)=, ∴||=,∴sinθ=. 6.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,則A1B與平面A1B1CD所成角的大小為______________. [答案] 30 [解析] 方法1:連結BC1,設與B1C交于O點,連結A1O. ∵BC1⊥B1C,A1B1⊥BC1,A1B1∩B1C=B1. ∴BC1⊥平面A1B1C, ∴A1B在平面A1B1CD內(nèi)的射影為A1O.∴∠OA1B就是A1B與平面A1B1CD所成的角, 設正方體的棱長

18、為1. 在Rt△A1OB中,A1B=,BO=, ∴sin∠OA1B===. ∴∠OA1B=30. 即A1B與平面A1B1CD所成的角為30. 方法2:以D為原點,DA,DC,DD1分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,設正方體的棱長為1,則A1(1,0,1),C(0,1,0). ∴=(1,0,1),=(0,1,0). 設平面A1B1CD的一個法向量為n=(x,y,z) 則?令z=-1得x=1. ∴n=(1,0,-1),又B(1,1,0),∴=(0,1,-1), cos〈n,〉===. ∴〈n,〉=60, 所以A1B與平面A1B1CD所成的角為30. 三

19、、解答題 7.(2014新課標Ⅰ理)如圖三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C. (1) 證明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. [解析] (1)連結BC,BC1交BC于點O,連結AO,因為側面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點. 又AB⊥B1C,所以B1C1⊥平面ABO,由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1. (2)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO 又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC,故

20、OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直. 以O為坐標原點,的方向為x軸正方向,|OB為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 因為∠CBB1=60,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A(0,0,),B(1,0,0),B1(0,,0),C(0,-,0).=(0,,-),==(1,0,-),==(-1,-,0). 設n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則 即 所以可取n=(1,,) 設m是平面A1B1C1的法向量,則 同理可取m=(1,-,). 則cos(n,m)==. 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為. 8.如圖,在三棱錐P-AB

21、C中,AB=AC,D為BC的中點,PO⊥平面ABC,垂足O落在線段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)證明:AP⊥BC; (2)在線段AP上是否存在點M,使得二面角A-MC-B為直二面角?若存在,求出AM的長;若不存在,請說明理由. [解析] 方法一:(1)證明:如右圖,以O為原點,以射線OD為y軸的正半軸,射線OP為z軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz. 則O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4), =(0,3,4),=(-8,0,0),由此可得=0,所以⊥,即AP⊥BC. (2)解:假設

22、存在滿足題意的M,設=λ,λ≠1,則=λ(0,-3,-4). =+=+λ =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), =(-4,5,0). 設平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1), 平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2). 由 得 即可取n1=(0,1,). 由即得可取n2=(5,4,-3) 由n1n2=0,得4-3=0, 解得λ=,故AM=3. 綜上所述,存在點M符合題意,AM=3. 方法二:(1)證明:由AB=AC,D是BC的中點,得AD⊥BC. 又PO⊥平面ABC,所以PO⊥BC. 因為PO∩AD=O,

23、所以BC⊥平面PAD, 故BC⊥PA. (2)解:如右圖,在平面PAB內(nèi)作BM⊥PA于M,連接CM. 由(1)知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP平面APC,所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt△ADB中,AB2=AD2+BD2=(AO+OD)2+(BC)2=41,得AB=. 在Rt△POD中,PD2=PO2+OD2, 在Rt△PDB中,PB2=PD2+BD2, 所以PB2=PO2+OD2+DB2=36,得PB=6. 在Rt△POA中,PA2=AO2+OP2=25,得PA=5. 又cos∠BPA==, 從而PM=PBcos∠BPA=2,所以AM=PA-PM=3. 綜上所述,存在點M符合題意,AM=3.

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