2019年高中数学 3.2.3空间向量与空间角课时作业 新人教A版选修2-1 .doc

2019年高中数学 3.2.3空间向量与空间角课时作业 新人教A版选修2-1一、选择题(每小题3分,共18分)1.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成角是()A.30B.45C.60D.90【解析】选A.建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,0),=(1,-1),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos=-,所以=120,所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60,所以斜线PC与平面ABCD所成角为30.2.(xx重庆高二检测)设ABCD,ABEF都是边长为1的正方形,FA平面ABCD,则异面直线AC与BF所成的角等于()A.45B.30C.90D.60【解析】选D.以B为原点,BA所在直线为x轴,BC所在直线为y轴,BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),F(1,0,1),所以=(-1,1,0),=(1,0,1).所以cos=-.所以=120.所以AC与BF所成的角为60.3.把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形中心,则折起后,EOF的大小为()A.B.C.D.【解析】选C.=(+),=(+),所以=(+)=-|2.又|=|=|,所以cos=-.所以EOF=.4.在直角坐标系中,已知A(2,3),B(-2,-3),沿x轴把直角坐标系折成平面角为的二面角A-Ox-B,使AOB=90,则cos为()A.-B.C.D.-【解析】选C.过A,B分别作x轴垂线,垂足分别为A,B.则AA=3,BB=3,AB=4,OA=OB=,折后AOB=90,所以AB=.由=+,得|2=|2+|2+|2+2|cos(-).所以26=9+16+9+233cos(-),所以cos=.5.(xx天津高二检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为()A.-B.C.-D.【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1).所以=(-2,-2,0),=(0,0,2),=(-2,0,1).设平面B1BD的法向量为n=(x,y,z).因为n,n,所以所以令y=1,则n=(-1,1,0).所以cos= =,设直线BE与平面B1BD所成角为,则sin=|cos|=.6.如图,平面ABCD平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为()A.B.C.D.【解析】选C.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0), F(a,0,0),=(a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,-a,0),=(0,0,2a),设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),由n1=(1,-1,1).sin=.二、填空题(每小题4分,共12分)7.(xx唐山高二检测)平面的一个法向量为(1,0,-1),平面的一个法向量为(0,-1,1),则平面与平面所成二面角的大小为.【解析】设u=(1,0,-1),v=(0,-1,1),平面与平面所成二面角为,则cos=|cos|=|=.所以=或.答案:或8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,则异面直线AE与CF所成角的余弦值为 .【解析】设正方体棱长为2,分别取DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,1,2),则=(-1,0,2),=(1,-1,2),所以|=,|=.=-1+0+4=3.又=|cos=cos,所以cos=,所以所求角的余弦值为.答案:【变式训练】已知在棱长为a的正方体ABCD-ABCD中,E是BC的中点.则直线AC与DE所成角的余弦值为.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0), E,=(a,a,-a),=,所以cos=.即直线AC与DE所成角的余弦值为.答案:9.(xx福州高二检测)在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,BAC=90,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.【解析】以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2), D, E,F,所以=(0,0,2),=,=,设平面DEF的法向量n=(x,y,z).则由得取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成角为,则sin=.答案:【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值是.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为1,则B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),D(0,0,0),=(-1,0,1), =(-1,0,-1),=(-1,-1,0),设平面A1BD的一个法向量为n=(1,x,y),设平面A1BD与BC1所成的角为,n,n,所以n=0,n=0,所以解得所以n=(1,-1,-1),则cos=-,所以sin=,所以cos=.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(xx临沂高二检测)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD底面ABCD,AD=PD=2,CD=4,E,F分别为CD,PB的中点.(1)求证:EF平面PAB.(2)求直线AE与平面PAB所成的角.【解析】(1)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz,则E(0,-2,0),F(1,-2,1),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,-4,0),所以=(1,0,1),=(0,-4,0),=(2,0,-2),所以=(1,0,1)(0,-4,0)=0,=(1,0,1)(2,0,-2)=0,所以,所以EFAB,EFPA,因为AB平面PAB,PA平面PAB,ABPA=A,所以EF平面PAB.(2)=(1,0,1)是平面PAB的一个法向量,设直线AE与平面PAB所成的角为,因为=(-2,-2,0),所以sin=,所以直线AE与平面PAB所成的角是30.【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AA1,AB的中点,求EF和平面ACC1A1夹角的大小.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则由E,F分别是AA1,AB的中点,得E(2,0,1),F(2,1,0).过F作FGAC于G,则由正方体性质知FG平面ACC1A1.连接EG,则与的夹角即为所求.又因为F是AB的中点,所以AG=AC,所以G.=,=(0,1,-1),cos=.所以=,即EF与平面ACC1A1的夹角为.【一题多解】建系同上,=(0,1,-1),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,-2),=(-2,2,0).设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,所以n=(1,1,0),cos=.所以=,则EF与平面ACC1A1的夹角为.11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱D1C1,B1C1的中点,求平面EFC与底面ABCD所成二面角的正切值.【解析】以D为原点,为单位正交基底建立空间直角坐标系如图,则C(0,1,0),E,F.设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则因为=,=,所以所以令z=1,则n=(-2,2,1).显然平面ABCD的法向量e=(0,0,1),则cos=.设二面角为,则cos=,所以tan=2.【拓展延伸】向量法求解二面角时的注意点由于两条直线所成的角,线面角都是锐角或直角,因此可直接通过绝对值来表达,故可直接求出,而二面角的范围是0,有时比较难判断二面角是锐角还是钝角,因为不能仅仅由法向量夹角余弦的正负来判断,故这是求二面角的难点.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.已知向量m,n分别是直线l和平面的方向向量和法向量,若cos=-,则l与所成的角为()A.30B.45C.135D.150【解析】选B.因为cos=-,所以sin=|cos|=.又因为直线与平面所成角满足090,所以=45.2.(xx长春高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值为()A.0B.C.-D.【解析】选A.建立如图坐标系,则D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0).所以cos=0.所以=90,所求角的余弦值为0.【变式训练】如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是.【解析】不妨设棱长为2,则=-,=+,cos=0,故异面直线AB1和BM所成角为90.答案:903.(xx哈尔滨高二检测)在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是()A.30B.45C.60D.75【解析】选A.如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P,则=(2a,0,0),=,=(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos=,所以=60,所以直线BC与平面PAC的夹角为90-60=30.4.(xx南宁高二检测)如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为()A.B.C.D.【解析】选D.如图所示,连接BD,ACBD=O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=.所以B,F,C,D.结合图形可知,=且为面BOF的一个法向量,由=,=,可求得平面BCF的一个法向量n=.所以cos=,sin=,所以tan=.二、填空题(每小题5分,共10分)5.正ABC与正BCD所在平面垂直,则二面角A-BD-C的正弦值为.【解析】取BC中点O,连接AO,DO,建立如图所示的坐标系:设BC=1,则A,B,D.所以=,=,=.由于=为平面BCD的一个法向量,设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则所以取x=1,则y=-,z=1,所以n=(1,-,1),所以cos=,sin=.答案:6.(xx湛江高二检测)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为.【解题指南】根据正三棱柱的特点建立空间直角坐标系,再用向量法求异面直线所成的角.【解析】取AC的中点D,建立如图坐标系,设AB=a,则B,C1,A,B1.所以=,=.所以cos=0.所以AB1与C1B所成的角为90.答案:90三、解答题(每小题12分,共24分)7.(xx新课标全国卷)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,BAA1=60.(1)证明ABA1C.(2)若平面ABC平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.【解题指南】(1)取AB的中点,利用线面垂直证明线线垂直.(2)利用面面垂直确定线面垂直,找出直线A1C与平面BB1C1C所成的角或建立空间直角坐标系求解.【解析】(1)取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OCAB.由于AB=AA1,BAA1=60,故AA1B为等边三角形,所以OA1AB.因为OCOA1=O,所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C,故ABA1C.(2)由(1)知,OCAB,OA1AB,又平面ABC平面AA1B1B,交线为AB,所以OC平面AA1B1B,故OA,OC,OA1两两相互垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则有A(1,0,0),A1(0,0),C(0,0,),B(-1,0,0).则=(1,0,),=(-1,0),=(0,-,).设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),则有即可取n=(,1,-1).故cos= =-.所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.【变式训练】(xx辽宁高考)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC平面PBC.(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.【解题指南】利用条件证明线线垂直,进而证明线面垂直,由面面垂直的判定定理解决问题;借助前面的垂直关系,建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)由AB是圆的直径,得ACBC;由PA垂直于圆所在的平面,得PA平面ABC;由BC平面ABC,得PABC;又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BC平面PAC.又因为BC平面PBC,据面面垂直判定定理,平面PAC平面PBC.(2)过点C作CMAP,由(1)知CM平面ABC.如图所示,以点C为坐标原点,分别以直线CB,CA,CM为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.在直角三角形ABC中,AB=2,AC=1,所以BC=,又PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).故=(,0,0),=(0,1,1).设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则不妨令y1=1,则z1=-1.故n1=(0,1,-1).设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由同理可得n2=(1,0).于是cos=.结合图形和题意,二面角C-PB-A的余弦值为.8.(xx山东高考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,DAB=60,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M平面A1ADD1.(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.【解题指南】(1)本题考查了线面平行的证法,可利用线线平行来证明线面平行.(2)本题可利用空间几何知识求解二面角,也可以利用向量法来求解.【解析】(1)连接AD1,因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以CDC1D1,CD=C1D1,又因为M为AB的中点,AB=2CD=2,所以AM=1,所以CDAM,CD=AM,所以AMC1D1,AM=C1D1,所以四边形AMC1D1为平行四边形,所以AD1MC1,又因为C1M平面A1ADD1,AD1平面A1ADD1,所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一:因为ABA1B1,A1B1C1D1,所以平面D1C1M与ABC1D1共面,作CNAB,连接D1N,则D1NC即为所求二面角的平面角.在ABCD中,DC=1,AB=2,DAB=60,所以CN=,在RtD1CN中,CD1=,CN=,所以D1N=,cosD1NC=.方法二:作CPAB于P点,以C为原点,CD为x轴,CP为y轴,CD1为z轴建立空间直角坐标系,所以C1(-1,0,),D1(0,0,),M,所以=(1,0,0),=,设平面C1D1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),所以所以n1=(0,2,1),显然平面ABCD的法向量为n2=(0,0,1),所以cos=.显然二面角为锐角,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角的余弦值为.【变式训练】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,ABC=90,D是BC的中点.(1)求证:A1B平面ADC1.(2)求二面角C1-AD-C的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60角?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由.【解析】(1)连接A1C,交AC1于点O,连接OD.由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,所以OD为A1BC的中位线,所以A1BOD,因为OD平面ADC1,A1B平面ADC1,所以A1B平面ADC1.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且ABC=90,得BA,BC,BB1两两垂直.以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z),则有所以取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面ADC的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos=-.因为二面角C1-AD-C是锐二面角,所以二面角C1-AD-C的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,1),其中02.所以=(0,-2,1),=(1,0,1).因为AE与DC1成60角,所以|cos|=.即=,解得=1或=3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1成60角.