2021-2022学年高中数学-1-空间向量与立体几何-1.4.2-第2课时-用空间向量研究夹角问题.doc

2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何 1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题课后素养落实新人教A版选择性必修第一册

2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何 1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题课后素养落实新人教A版选择性必修第一册

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课后素养落实(十)　用空间向量研究夹角问题
(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于(　　)
A．30°　　　　B．45°　　　　C．60°　　　　D．90°
D　[因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°.]
2．已知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． B．－
C． D．－
A　[＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，而cos〈，〉＝＝＝，故直线AB和CD所成角的余弦值为.]
3．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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．30° B．45°
C．60° D．90°

A　[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＝(0,0,3)，而B1(－1,0,3)，C1(0，，3)，设平面AB1C1的法向量为m＝(a，b，c)，
根据m·＝0，m·＝0，解得m＝(3，－，2)，cos〈m，〉＝＝.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°，故选A．]
4．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．30° B．45°
C．60° D．90°
B　[如图所示，建立空间直角坐标系．设PA＝AB＝1，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，
P(0,0,1)，
∴＝(0,1,0)．
取PD的中点E，
则E，
∴＝，
易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量，所以cos〈，〉＝，故平面PAB与平面PCD的夹角为45°.]
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C．－ D．－
A　[如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，∴＝(－1,1,2)，＝(－1，－2,1)．则cos〈，〉＝＝＝.∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为，故选A．]
二、填空题
6．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)和(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为________．
±　[由＝
＝，知这个二面角的余弦值为±.]
7．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．
　[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥DC1，
所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.]
8．在空间中，已知平面α过A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点P(0,0，a)(a>0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.
　[平面xOy的一个法向量为n＝(0,0,1)．设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，又＝(－3,4,0)，＝(－3,0，a)，
则即即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝.
而cos〈n，u〉＝＝，
又∵a>0，∴a＝.]
三、解答题
9.如图所示，在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.求异面直线AB与CD所成角的余弦值．

[解]　取BD的中点O，连接OA，OC．由题意知OA，OC，BD两两垂直．
以O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)，
∴＝(－1,0,1)，
＝(－1，－，0)，
∴cos〈，〉＝＝.
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10．四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．
(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；
(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成角的大小．
[解]　(1)证明：如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，
∴＝(－a，a,0)，＝(0,0，h)，＝(a，a,0)，
∴·＝0，·＝0，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，DP，DB⊂平面PDB，
∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，
∴平面AEC⊥平面PDB．
(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，
P(0,0，a)，E，
设AC∩BD＝O，O，
连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB，
∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，
∵＝，＝，
∴cos∠AEO＝＝，
∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成角的大小为45°.

1.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)

A． B．
C． D．
A　[不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，
所以以C为原点CA、CC1，CB为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，所以A(2,0,0)，C(0,0,0)，B(0,0,1)，B1(0,2,1)，C1(0,2,0)，
则＝(－2,2,1)，＝(0，－2,1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－.
所以所求角的余弦值为.]
2．已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长相等，∠ABC＝60°，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于(　　)
A． B．
C． D．
B　[直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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(，－1,0)，C1(，1,2)，A(0,0,0)，A1(0,0,2)，＝(0,2,2)，＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，
设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，则
取x＝1，得n＝(1，，0)，
设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ，则sin θ＝＝＝，∴cos θ＝＝，∴直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于，故选B．]
3．已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面CDA夹角的余弦值为________．

　[如图，取AC的中点E，分别以EA，ED，EB为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，，0)，B(0,0，)．
设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，
∵＝(－1,0，－)，＝(0，，－)，∴
令z＝，则y＝，x＝－3，即n＝(－3，，)．
平面ACD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面BCD与平面CDA夹角为θ，则cos θ＝＝＝.]
4.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝AA1＝2BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1­DC­C1的大小为30°，则AD的长为________．

　[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，B1(0,1,2)，B(0,1,0)，∴＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．设AD＝a(0≤a≤2)，则点D的坐标为(2,0，a)，＝(2,0，a)．

设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，则⇒令z＝－1，得m＝.又平面C1DC的一个法向量为＝(0,1,0)，记为n，则由cos 30°＝＝＝，解得a＝(负值舍去)，故AD＝.]

如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，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．
[解]　(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，－1,2)．
∵点N为PC的中点，
∴N(0,0,1)，
∴＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)，可得n＝(0,1,0)，∴·n＝0.
又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB．
(2)由(1)知＝(0,2,0)，＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cos θ＝＝.
(3)存在．
设M(x，y，z)，且＝λ，0<λ<1，
∴∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，
∴＝，m＝.
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，
∴φ＝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°.