《新教材》2021-2022学年高中数学人教A版选择性必修第一册测评：1-4-2　第2课时　利用向量求空间角 WORD版含解析.docx

1、第2课时利用向量求空间角课后篇巩固提升必备知识基础练1.已知点A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()A.52266B.-52266C.52222D.-52222解析AB=(2,-2,-1),CD=(-2,-3,-3),而cos􀎮AB,CD􀎯=ABCD|AB|CD|=5322=52266,故直线AB和CD所成角的余弦值为52266.答案A2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A.30B.4

2、5C.60D.90解析取AB的中点D,连接CD,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故AA1=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,3,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),根据mAB1=0,mAC1=0,解得m=(3,-3,2),cos=mAA1|m|AA1|=12.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30,故选A.答案A3.已知正方形ABCD所在平面外一点P,PA平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面PCD的夹角为()A.30B.45C.60D.90解析如图所示,建立空间直角坐标系

3、.设PA=AB=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),AD=(0,1,0).取PD的中点E,则E0,12,12,AE=0,12,12,易知AD是平面PAB的一个法向量,AE是平面PCD的一个法向量,所以cos=22,故平面PAB与平面PCD的夹角为45.答案B4.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为()A.105B.1010C.32D.22解析以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0

4、,1,0),B1C=(-1,0,-1),|B1C|=2.M为A1B1的中点,M1,12,1.AM=0,12,1,|AM|=52.异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos|=AMB1C|AM|B1C|=105.故选A.答案A5.两个平面的法向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这两个平面的夹角的余弦值为.解析由(0,-1,3)(2,2,4)1+94+4+16=-2+121024=156,知夹角的余弦值为156.答案1566.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.解析建立空间直角坐标系如图,设正方体的棱长为2,则D(2,0

5、,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则A1D=(2,0,-2),A1E=(0,2,-1).设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则nA1D=0,nA1E=0.则2x-2z=0,2y-z=0,即x=z,z=2y.令y=1,得n=(2,1,2).易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),则cos=nm|n|m|=23.设平面A1ED与平面ABCD的夹角为,则cos=|cos|=23.答案237.在空间中,已知平面过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a0),如果平面与平面xOy的夹角为45,则a=.解析平面xOy的一个法向量为n=(0,0,1),设平面的

6、一个法向量为m=(x,y,z),则-3x+4y=0,-3x+az=0,即3x=4y=az,取z=1,则x=a3,y=a4,m=a3,a4,1.由题意得|cos|=1a29+a216+1=22.又因为a0,所以a=125.答案1258.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,ABC=BAD=90,SA平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,S(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),SC=(2,2,-2),AB平面SAD,故平面ASD的一个法向量为AB=(0,2,

7、0),设SC与平面ASD所成的角为,则sin=|cos|=|SCAB|SC|AB|=33,故cos=63,即SC与平面ASD所成角的余弦值为63.(2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),SC=(2,2,-2),SD=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由SCn=0,SDn=0x+y-z=0,x-2z=0,令z=1可得平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),设平面SAB和平面SCD的夹角为,则cos=|mn|m|n|=63,即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为63.关键能力提升练9.(2020安徽黄山高二期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的

8、所有棱长相等,ABC=60,则直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于()A.64B.104C.22D.32解析直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长相等,ABC=60,取BC中点E,以A为原点,AE为x轴,AD为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则B(3,-1,0),C1(3,1,2),A(0,0,0),A1(0,0,2),BC1=(0,2,2),AB=(3,-1,0),AA1=(0,0,2),设平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z),则nAB=3x-y=0,nAA1=2z=0,取x=1,得n=(1,3,0),设直线BC1与平面ABB1A1所成角为,则sin

9、=|BCn|BC|n|=2384=64,cos=1-642=104,直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于104,故选B.答案B10.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,ABCD,且ACBD,AC与BD交于O,PO底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为()A.-33B.33C.-63D.63解析由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP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,由题知,OA=OB=2,则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),E(1,-1,0),F(0,-

10、1,1),OE=(1,-1,0),OF=(0,-1,1),设平面OEF的法向量为m=(x,y,z),则mOE=0,mOF=0,即x-y=0,-y+z=0,令x=1,可得m=(1,1,1),易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),则cos=mn|m|n|=13=33,设平面FOE与平面OEA夹角为,则cos=|cos|=33.答案B11.已知在菱形ABCD中,ABC=60,将ABC沿AC折起,使得平面BAC平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为()A.2B.12C.33D.55解析设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO,DO,因为ABC=60,所以BOAC,又平面BAC平

11、面DAC,平面BAC平面DAC=AC,所以BO平面ACD,如图,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),C12,0,0,B0,0,32,D0,32,0,所以OB=0,0,32,BC=12,0,-32,CD=-12,32,0.设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则BCn=0,CDn=0,即12x-32z=0,-12x+32y=0,令z=1,得x=3,y=1,则n=(3,1,1).易知平面CDA的一个法向量为OB=0,0,32,所以|cos|=32325=55.故选D.答案D12.(多选题)(2020河北保定高二上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,平

12、面PAD平面ABCD,PAD为等腰直角三角形,且PAD=2,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,点F在棱PA上.若FAPA=,0,1,则下列说法正确的有()A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为217B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则=12D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则=52解析PAD=2,PAAD.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PA平面PAD,PA平面ABCD.底面ABCD为矩形,AB,AD,AP两两垂直.以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系

13、,如图所示,则A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),PO=(1,2,-4),AD=(0,4,0),|cos|=|POAD|PO|AD|=812+22+(-4)242=22121,异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121,故A错误,B正确.由题易得E(0,2,2),AB平面PAD,取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).FAPA=,0,1,PA=4,FA=4,F(0,0,4).设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),易知OE=(-1,0,2),FO=(1,2,-4),则OEn=0,FOn=0,即-x+2z=0,x+2y-4z=0,令x

14、=2,得n=(2,2-1,1).平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,|cos|=1-(55)2=255,而|cos|=|mn|m|n|=24+(2-1)2+1,24+(2-1)2+1=255,解得=12,故C正确,D错误.故选BC.答案BC13.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.解析设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,则C1(0,1,1),A32,12,0,AC1=-32,12,1,又平面BB1C1C的一个法向量n=(1,0,0),设AC1与平面BB1C1C的夹角为.则sin=|cos|=|AC1n|AC1|n|=64,

15、故cos=1-sin2=104.答案10414.如图,三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1平面OAB,且O1OB=60,AOB=90,OB=OO1=2,OA=3,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为.解析以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,2,0),A1(3,1,3),O1(0,1,3),所以A1B=(-3,1,-3),O1A=(3,-1,-3).设所求的角为,则cos=|A1BO1A|A1B|O1A|=|-3-1+3|77=17,即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为17.答案1715.如图,在四棱锥P

16、-ABCD中,平面PBC平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,且BCD=4,PDBC.(1)求证:PC=PD;(2)若底面ABCD是菱形,PA与平面ABCD所成的角为6,求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.图15.(1)证明如图,过P作PEBC,垂足为E,连接DE.因为平面PBC平面ABCD,所以PE平面ABCD.因为PDBC,所以BC平面PDE,所以DEBC.因为BCD=4,所以DE=CE.在PED和PEC中,PE=PE,PED=PEC=90,DE=CE,所以PEDPEC,所以PD=PC.(2)解因为BC平面PDE,PE平面ABCD,所以PAE是直线PA与平面ABCD所成的角,即PAE=

17、6,且DEBC,DEPE.设PE=a,则AE=3a,PA=2a.在DEC中,设DE=m,则EC=m,DC=2m,所以在RtEDA中,(3a)2=m2+(2m)2,所以m=a.图以E为坐标原点,ED,EB,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(a,0,0),A(a,2a,0),P(0,0,a),则平面PBC的一个法向量为a=(1,0,0).设平面PAD的法向量为b=(x,y,z),因为AP=(-a,-2a,a),AD=(0,-2a,0),所以-2ay=0,-ax-2ay+az=0,取x=1,则b=(1,0,1).设平面PAD与平面PBC的夹角为,则cos=|ba|

18、b|a|=12=22,所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为22.学科素养创新练16.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,ADCD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN平面PAB.(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45?如果存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.(1)证明取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,

19、-1,2).点N为PC的中点,N(0,0,1),DN=(1,0,1).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),可得n=(0,1,0),DNn=0.又DN平面PAB,DN平面PAB.(2)解由(1)知AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2).设直线AC与PD所成的角为,则cos=226=66.(3)解存在.设M(x,y,z),且PM=PD,01,x=-,y+1=,z-2=-2,M(-,-1,2-2).设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),由AC=(0,2,0),AM=(-,2-2),可得m=(2-2,0,),由图知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),|cos|=12+(2-2)2=22,解得=23或=2(舍去).M-23,-13,23,BM=-83,23,23,m=23,0,23.设BM与平面MAC所成的角为,则sin=|cos|=-12922322=12,=30.故存在点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45,此时BM与平面MAC所成的角为30.