2020高中數學 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(，，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，FG∥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(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.