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北师大版2019-2020学年数学精品资料第二章2.5夹角的计算一、选择题1平面的一个法向量为n1(4,3,0)，平面的一个法向量为n2(0，3,4)，则平面与平面夹角的余弦值为()ABCD以上都不对答案B解析cosn1，n2，平面与平面夹角的余弦值为.2如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则A1E与BD所成角的余弦值为()ABCD答案B解析分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则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分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是()ABCD答案C解析以D为坐标原点，以DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(1,0,0)，E(，1,0)，D1(0,0,1)，(1,0,1)，(，1,0)设平面AEFD1的法向量为n(x，y，z)则x2yz.取y1，则n(2,1,2)，而平面ABCD的一个法向量为u(0,0,1)，cosn，u，sinn，u.4如图，四面体PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值为()ABCD答案C解析如图，作BDAP于D，作CEAP于E，与的夹角恰是二面角的平面角，设AB1，则易得CE，EP，PAPB，AB1，可以求得BD，ED.，222.cos，.即cos，.另解：如图建立空间直角坐标系，不妨设ABBCCDPC2.则A(2,0,0)，C(0,0,0)，B(1，0)，P(0,0,2)设平面PAB的法向量n0，即不妨取n(3，3)，又平面PAC的法向理为n0(0,1,0)cos .5直三棱柱A1B1C1ABC中，ACB90，D1，E1分别为A1B1、A1C1的中点，若BCCACC1，则BD1与AE1所成角的余弦值为()ABCD答案C解析 如图所示，取直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，设|a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，E1(，0，a)，D1(，a)(，0，a)，(，a)a2，|a，|Acos，故选C6在正方体ABCDA1B1C1D1中，若F、G分别是棱AB、CC1的中点，则直线FG与平面A1ACC1所成角的正弦值等于()ABCD答案D解析解法一：过F作BD的平行线交AC于M，则MGF即为所求设正方体棱长为1，MF，GF，sinMGF.解法二：分别以AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则易知平面ACC1A1的一个法向量为n(1,1,0)，F(，0,0)，G(1,1，)，设直线FG与平面A1ACC1所成角，则sin|cosn，|.二、填空题7如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC夹角的余弦值为_答案解析根据题意，以点C为坐标原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则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，所以异面直线A1B与AC夹角的余弦值为.8已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为_答案解析不妨设正三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2，建立如右图所示空间直角坐标系则C(0,0,0)，A(，1,0)，B1(，1,2)，D，则，(，1,2)，设平面B1DC的法向量为n(x，y,1)，由，解得n(，1,1)又，sin|cos，n|.三、解答题9(2014辽宁理)如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120、E，F分别为AC、DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值解析(1)方法一：过E作EOBC，垂足为O，连接OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，图1所以EOCFOC，即FOBC又EOBC，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC方法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，)，F(，0)，所以(，0，)，(0,2,0)，因此0，从而，所以EFBC(2)方法一：在图1中过O作OGBF，垂足为G连EG，由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角，在EOC中，EOECBCcos30，由BGOBFC知OGFC.因此tanEGO2，从而sinEGO.即二面角的正弦值为.方法二：在图(2)中平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2(x，y，z)图2又(，0)，(0，)由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC的大小为，由题意知为锐角，则cos|cos|.因此sin.即所求二面角正弦值为.10(2014陕西理)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD、BC的平面分别交四面体的棱BD、DC、CA于点F、G、H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值解析(1)由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1，由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEG.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBDAD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)解法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则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)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.解法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E(1,0，)，F(1,0,0)，G(0,1,0)(0,0，)，(1,1,0)，(2,0,1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.一、选择题1若平面的一个法向量n(4,1,1)，直线l的方向向量a(2，3,3)，则l与夹角的余弦值为()ABCD答案D解析cosa，n.l与夹角的余弦值为.2在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是()A30B45C60D90答案C解析如图，取BC的中点E，连结DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE平面BB1C1C，故ADE为AD与平面BB1C1C所成的角设各棱长为1，则AE，DE，tanADE，ADE60，故选C3在长方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN90，则异面直线AD1与DM的夹角为()A30B45C60D90答案D解析如图，连结DM，BC1，则MC为DM在平面B1C内的投影又因为CMMN，所以DMMN.因为MNBC1AD1，所以DMAD1，即AD1与DM的夹角为90.4如图，在棱长都相等的四面体ABCD中，E，F分别为棱AD、BC的中点，连接AF，CE，则直线AF与CE所成的角的余弦值为()ABCD答案A解析设该四面体的棱长为1，则|，|1.所以()()()(2)(22)(12).所以cos，.二、填空题5如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_答案解析解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连结MM1、BM.过D作DNBM，则容易证明DN平面AA1C1C连结AN，则DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角在RtDAN中，sinDAN.解法二：取AC、A1C1中点O、E，则OBAC，OE平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，在正三角形ABC中，BMAB，A，B，D，又平面AA1C1C的法向量为e(0,1,0)，设直线AD与平面AA1C1C所成角为，则sin|cos，e|.解法三：设a，b，c，由条件知ab，ac0，bc0，又cb，平面AA1C1C的法向量(ab)设直线AD与平面AA1C1C成角为，则sin|cos，|，(cb)(ab)acabbc|b|2.|2(cb)2|c|2|b|22bc2，|，|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin.6在正方体ABCDA1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为_答案30解析方法1：连结BC1，设与B1C交于O点，连结A1O.BC1B1C，A1B1BC1，A1B1B1CB1.BC1平面A1B1C，A1B在平面A1B1CD内的射影为A1O.OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，设正方体的棱长为1.在RtA1OB中，A1B，BO，sinOA1B.OA1B30.即A1B与平面A1B1CD所成的角为30.方法2：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，C(0,1,0)(1,0,1)，(0,1,0)设平面A1B1CD的一个法向量为n(x，y，z)则令z1得x1.n(1,0，1)，又B(1,1,0)，(0,1，1)，cosn，.n，60，所以A1B与平面A1B1CD所成的角为30.三、解答题7(2014新课标理)如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C(1) 证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解析(1)连结BC，BC1交BC于点O，连结AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C1平面ABO，由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO又因为ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|OB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，0)，C(0，0).(0，)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cos(n，m).所以二面角AA1B1C1的余弦值为.8如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2. (1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由解析方法一：(1)证明：如右图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则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APBC(2)解：假设存在满足题意的M，设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)设平面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n1n20，得430，解得，故AM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.方法二：(1)证明：由ABAC，D是BC的中点，得ADBC又PO平面ABC，所以POBC因为POADO，所以BC平面PAD，故BCPA(2)解：如右图，在平面PAB内作BMPA于M，连接CM.由(1)知APBC，得AP平面BMC又AP平面APC，所以平面BMC平面APC在RtADB中，AB2AD2BD2(AOOD)2(BC)241，得AB.在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6.在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPA，从而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.
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