人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时课后测评

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. B.-

C. D.-

解析=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),而cos??=,故直线AB和CD所成角的余弦值为.

答案A

2.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.30° 

B.45° 

C.60° 

D.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=(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.

答案A

3.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°

解析如图所示,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°.

答案B

4.(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. B.

C. D.

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(0,1,0),

∴=(-1,0,-1),

∴||=.

∵M为A1B1的中点,

∴M1,,1.∴=0,,1,∴||=.

∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为

|cos<>|==.

故选A.

答案A

5.两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=,知夹角的余弦值为.

答案

6.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(2,0,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则=(2,0,-2),=(0,2,-1).

设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则

则

令y=1,得n=(2,1,2).

易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),

则cos<n,m>=.

设平面A1ED与平面ABCD的夹角为θ,

则cosθ=|cos<n,m>|=.

答案

7.在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α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α的一个法向量为m=(x,y,z),则即3x=4y=az,取z=1,则x=,y=,∴m=.

由题意得|cos<n,m>|=.

又因为a>0,所以a=.

答案

8.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),=(2,2,-2),∵AB⊥平面SAD,故平面ASD的一个法向量为=(0,2,0),设SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=,故cosθ=,即SC与平面ASD所成角的余弦值为.

(2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵=(2,2,-2),=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由令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α,则cosα=,即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为.

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.

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(,-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sinθ=,∴cosθ=,∴直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于,故选B.

答案B

10.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,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.- B. 

C.- D.

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,-1,1),

∴=(1,-1,0),=(0,-1,1),设平面OEF的法向量为m=(x,y,z),

则令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<m,n>=,设平面FOE与平面OEA夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=.

答案B

11.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.2 B. C. D.

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BO⊥AC,又平面BAC⊥平面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),C,0,0,B0,0,,D0,,0,

所以=0,0,,=,0,-,

=-,0.

设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),

则

令z=1,得x=,y=1,则n=(,1,1).

易知平面CDA的一个法向量为=0,0,,

所以|cos<,n>|=.故选D.

答案D

12.(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,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,点F在棱PA上.若=λ,λ∈[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

B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为

C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=

D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=

解析∵∠PAD=,

∴PA⊥AD.

∵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,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),

∴=(1,2,-4),=(0,4,0),

∴|cos<>|=

=

=,

∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为,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).

∵=λ,λ∈[0,1],PA=4,

∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ).

设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),

易知=(-1,0,2),=(1,2,-4λ),

则

令x=2,得n=(2,2λ-1,1).

∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,

∴|cos<m,n>|=,

而|cos<m,n>|=,

∴,解得λ=,

故C正确,D错误.故选BC.

答案BC

13.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),A,

,

又平面BB1C1C的一个法向量n=(1,0,0),设AC1与平面BB1C1C的夹角为θ.

则sinθ=|cos<n,>|=,

故cosθ=.

答案

14.如图,三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA=,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(,0,0),B(0,2,0),A1(,1,),O1(0,1,),

所以=(-,1,-),=(,-1,-).

设所求的角为α,

则cosα=,

即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为.

答案

15.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,且∠BCD=,PD⊥BC.

(1)求证:PC=PD;

(2)若底面ABCD是菱形,PA与平面ABCD所成的角为,求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.

图①

15.(1)证明如图①,过P作PE⊥BC,垂足为E,连接DE.

因为平面PBC⊥平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.

因为PD⊥BC,

所以BC⊥平面PDE,

所以DE⊥BC.

因为∠BCD=,

所以DE=CE.在△PED和△PEC中,

PE=PE,∠PED=∠PEC=90°,DE=CE,

所以△PED≌△PEC,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=,且DE⊥BC,DE⊥PE.

设PE=a,则AE=a,PA=2a.

在△DEC中,设DE=m,则EC=m,DC=m,

所以在Rt△EDA中,(a)2=m2+(m)2,

所以m=a.

图②

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②所示的空间直角坐标系,则D(a,0,0),

A(a,a,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=(-a,-a,a),=(0,-a,0),

所以取x=1,则b=(1,0,1).设平面PAD与平面PBC的夹角为θ,

则cosθ=,

所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.

学科素养创新练

16.如图,在四棱锥P-ABCD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.

(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)解由(1)知=(0,2,0),=(-1,1,-2).

设直线AC与PD所成的角为θ,

则cosθ=.

(3)解存在.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sinφ=|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°.