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    2023版新教材高中数学第三章空间向量与立体几何4向量在立体几何中的应用4.3用向量方法研究立体几何中的度量关系第一课时空间中的角课时作业北师大版选择性必修第一册

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    高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系第一课时测试题

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    这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系第一课时测试题,共14页。
    知识点一两条直线所成的角
    1.已知直线l1的方向向量s1=(1,0,1)与直线l2的方向向量s2=(-1,2,-2),则l1和l2所成角的余弦值为( )
    A.- eq \f(\r(2),2) B. eq \f(1,2) C. eq \f(\r(2),2) D. eq \f(\r(3),2)
    2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,且∠BCA=90°,点D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,若BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是________.
    3.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2,E,F分别是线段PA,CD的中点,求异面直线EF与BD所成角的余弦值.
    知识点二直线与平面所成的角
    4.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为( )
    A. eq \f(π,6)B. eq \f(π,3)C. eq \f(π,2)D. eq \f(5,6)π
    5.如图,正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直,则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为________.
    6.如图,已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC= eq \f(1,2)AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
    (1)证明:CM⊥SN;
    (2)求SN与平面CMN所成角的大小.
    知识点三两个平面所成的角
    7.已知二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=( eq \f(\r(3),2),- eq \f(1,2),- eq \r(2)),平面β的一个法向量n2= eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2),\r(2))),则二面角α-l-β的大小为________.
    8.
    如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO= eq \f(\r(6),6)DO.
    (1)证明;PA⊥平面PBC;
    (2)求二面角B-PC-E的余弦值.
    关键能力综合练
    一、选择题
    1.设直线l与平面α相交,且l的方向向量为a,α的法向量为n.若〈a,n〉= eq \f(2π,3),则l与α的夹角为( )
    A. eq \f(2π,3) B. eq \f(π,3) C. eq \f(π,6) D. eq \f(5π,6)
    2.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),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为( )
    A. eq \f(\r(15),6) B.- eq \f(\r(15),6) C. eq \f(\r(15),3) D.± eq \f(\r(15),6)
    3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为A1B1和BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为( )
    A. eq \f(\r(3),2) B. eq \f(\r(10),10) C. eq \f(3,5) D. eq \f(2,5)
    4.已知长方ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=3,E为线段AB上一点,且AE= eq \f(1,3)AB,则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为( )
    A. eq \f(3\r(35),35) B. eq \f(2\r(7),7) C. eq \f(\r(3),3) D. eq \f(\r(2),4)
    5.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= eq \f(1,2)AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成的角的正弦值为( )
    A. eq \f(\r(6),6) B. eq \f(\r(3),3) C. eq \f(\r(6),3) D. eq \f(\r(2),3)
    6.[易错题]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. eq \f(\r(3),6) B. eq \f(\r(3),4) C. eq \f(\r(3),3) D. eq \f(2\r(3),3)
    二、填空题
    7.在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(1,-2,0),B(2,1, eq \r(6)),则向量 eq \(AB,\s\up6(→))与平面xOz法向量夹角的正弦值为________.
    8.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所成角的大小是________.
    9.在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点S在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是________.
    三、解答题
    10.[探究题]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
    (1)证明:B1C1⊥CE;
    (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
    (3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),6),求线段AM的长.
    学科素养升级练
    1.[多选题]已知四边形ABCD为正方形,GD⊥平面ABCD,四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形,连接EF,FB,BE,H为BF的中点,则下列结论正确的是( )
    A.DE⊥BF
    B.EF与CH所成角为 eq \f(π,3)
    C.EC⊥平面DBF
    D.BF与平面ACFE所成角为 eq \f(π,4)
    2.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为 eq \f(\r(3),3),M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成的角的余弦值为________.
    3.[学科素养——直观想象与数学运算]如图1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,M为线段AB的中点.将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到三棱锥D-ABC,如图2所示.
    (1)求证:BC⊥平面ACD;
    (2)求二面角A-CD-M的余弦值.
    第1课时 空间中的角
    必备知识基础练
    1.解析:因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cs〈s1,s2〉=eq \f(s1·s2,|s1||s2|)=eq \f(-1-2,\r(2)×3)=-eq \f(\r(2),2).又两直线所成角的取值范围为[0,eq \f(π,2)],所以l1和l2夹角的余弦值为eq \f(\r(2),2).
    答案:C
    2.解析:易得向量,,两两互相垂直,以C为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,0),F1(1,0,2),B(0,2,0),D1(1,1,2),∴=(1,-1,2),=(-1,0,2),∴cs〈,〉==eq \f(\r(30),10).
    答案:eq \f(\r(30),10)
    3.解析:以A为坐标原点,AB,AD,AP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A-xyz,则E(0,0,1),F(1,2,0),B(2,0,0),D(0,2,0).=(1,2,-1),=(-2,2,0),故cs〈,〉==eq \f(2,\r(6)×2\r(2))=eq \f(\r(3),6),即异面直线EF与BD所成角的余弦值为eq \f(\r(3),6).
    4.解析:以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),E(0,1,eq \f(1,2)),A1(1,0,1).可得平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,2).又=(0,-1,1),∴cs〈n,〉=eq \f(1+2,2\r(3))=eq \f(\r(3),2),
    ∴〈n,〉=eq \f(π,6).
    ∴直线A1B与平面BDE所成的角为eq \f(π,3).
    答案:B
    5.解析:取BC的中点O,连接AO,DO,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
    设BC=1,则A(0,0,eq \f(\r(3),2)),B(0,-eq \f(1,2),0),
    C(0,eq \f(1,2),0),D(eq \f(\r(3),2),0,0),
    所以=(0,eq \f(1,2),eq \f(\r(3),2)),=(eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),0),=(eq \f(\r(3),2),-eq \f(1,2),0).
    设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z),
    则,所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y+\f(\r(3),2)z=0,,\f(\r(3),2)x+\f(1,2)y=0,))
    取x=1,则y=-eq \r(3),z=1,所以n=(1,-eq \r(3),1),
    所以cs〈n,〉=eq \f(\r(15),5),因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).
    答案:eq \f(\r(15),5)
    6.解析:(1)设PA=1,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
    则C(0,1,0),M(1,0,eq \f(1,2)),N(eq \f(1,2),0,0),S(1,eq \f(1,2),0),
    所以=(1,-1,eq \f(1,2)),=(-eq \f(1,2),-eq \f(1,2),0),
    因为·=-eq \f(1,2)+eq \f(1,2)+0=0,所以CM⊥SN.
    (2)由(1),知=(-eq \f(1,2),1,0).
    设a=(x,y,z)为平面CMN的法向量,则,即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x-y+\f(1,2)z=0,-\f(1,2)x+y=0)),
    令x=2,则y=1,z=-2,得a=(2,1,-2)为平面CMN的一个法向量.
    因为|cs〈a,〉|=|eq \f(-1-\f(1,2),3×\f(\r(2),2))|=eq \f(\r(2),2),
    所以SN与平面CMN所成角的大小为45°.
    7.解析:设所求二面角的大小为θ,则|csθ|=eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)=eq \f(\r(3),2),所以θ=30°或150°.
    答案:30°或150°
    8.解析:(1)设DO=a,由题设可知PO=eq \f(\r(6),6)a,AO=eq \f(\r(3),3)a,AB=a,
    PA=PB=PC=eq \f(\r(2),2)a.
    因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.
    又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
    又PB∩PC=P,PB,PC⊂平面PBC,
    所以PA⊥平面PBC.
    (2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
    由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C(-eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),0),P(0,0,eq \f(\r(2),2)).
    所以=(-eq \f(\r(3),2),-eq \f(1,2),0),=(0,-1,eq \f(\r(2),2)).
    设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则
    即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-y+\f(\r(2),2)z=0,,-\f(\r(3),2)x-\f(1,2)y=0.))可取m=(-eq \f(\r(3),3),1,eq \r(2)).
    由(1)知=(0,1,eq \f(\r(2),2))是平面PCB的一个法向量,记n=,
    则cs〈n,m〉=eq \f(n·m,|n|·|m|)=eq \f(2\r(5),5).
    所以二面角B-PC-E的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
    关键能力综合练
    1.解析:如图所示,直线l与平面α的夹角θ=eq \f(2π,3)-eq \f(π,2)=eq \f(π,6).
    答案:C
    2.解析:∵eq \f((0,-1,3)·(2,2,4),\r(1+9)×\r(4+4+16))=eq \f(\r(15),6),∴这个二面角的余弦值为eq \f(\r(15),6)或-eq \f(\r(15),6).
    答案:D
    3.解析:如图,建立空间直角坐标系,
    则A(1,0,0),M(1,eq \f(1,2),1),C(0,1,0),N(1,1,eq \f(1,2)).
    ∴=(0,eq \f(1,2),1),=(1,0,eq \f(1,2)).
    ∴AM·=eq \f(1,2),||=||=eq \f(\r(5),2).
    ∴cs〈,〉=eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))=eq \f(2,5).
    答案:D
    4.解析:以D为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,3,0),E(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,3,1),D(0,0,0),=(0,3,1),=(1,1,-1),=(0,3,-1),设平面D1EC的法向量n=(x,y,z),则可得平面D1EC的一个法向量为n=(2,1,3),所以DC1与平面D1EC所成角的正弦值为=eq \f(6,\r(14)×\r(10))=eq \f(3\r(35),35).故选A.
    答案:A
    5.解析:以点A为坐标原点,直线AF为x轴,直线AB为y轴,直线AD为z轴,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).
    设平面AGC的一个法向量为n=(x,y,z),
    则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax+ay=0,,2ay+2az=0.))
    取z=1,则x=1,y=-1,∴n=(1,-1,1).
    设GB与平面AGC所成的角为α.
    易得=(-a,a,0),∴sinα==eq \f(\r(6),3).
    答案:C
    6.解析:如图,连接BD交AC于点O,连接OF,∵四边形ABCD为菱形,∴O为AC的中点,AC⊥BD.∵F为PC的中点,∴OF∥PA.∵PA⊥平面ABCD,∴OF⊥平面ABCD.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,设PA=AD=AC=1,则BD=eq \r(3),
    ∴B(eq \f(\r(3),2),0,0),F(0,0,eq \f(1,2)),C(0,eq \f(1,2),0),D(-eq \f(\r(3),2),0,0),结合图形可知,=(0,eq \f(1,2),0),且为平面BDF的一个法向量.由=(-eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),0),=(eq \f(\r(3),2),0,-eq \f(1,2)),可求得平面BCF的一个法向量n=(1,eq \r(3),eq \r(3)).
    ∴cs〈n,〉=eq \f(\r(21),7),sin〈n,〉=eq \f(2\r(7),7),∴tan〈n,〉=eq \f(2\r(3),3).
    答案:D
    7.解析:设平面xOz的一个法向量为n=(0,t,0)(t≠0).∵=(1,3,eq \r(6)),∴cs〈n,〉==eq \f(3t,4|t|).∵〈n,〉∈[0,π],
    ∴sin〈n,〉=eq \r(1-(\f(3t,4|t|))2)=eq \f(\r(7),4).
    答案:eq \f(\r(7),4)
    8.解析:
    建立如图所示的空间直角坐标系,
    设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为1,则A(0,0,0),B(eq \f(\r(3),2),-eq \f(1,2),0),M(eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2),eq \f(1,2)),B1(eq \f(\r(3),2),-eq \f(1,2),1).
    ∴=(eq \f(\r(3),2),-eq \f(1,2),1),=(0,1,eq \f(1,2)).设异面直线AB1与BM所成的角为θ,则csθ=|cs〈,〉|=||=0,∴θ=90°.
    答案:90°
    9.解析:如图,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.
    设OD=OS=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P(0,-eq \f(a,2),eq \f(a,2)).∴=(2a,0,0),=(-a,-eq \f(a,2),eq \f(a,2)),=(a,a,0).设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z).由得n=(0,1,1),∴cs〈n,〉==eq \f(1,2),∴〈n,〉=60°,∴直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.
    答案:30°
    10.解析:
    (1)如图,以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
    易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,
    所以B1C1⊥CE.
    (2)易得=(1,-2,-1).
    设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z),
    则,即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x-2y-z=0,-x+y-z=0)),消去x,得y+2z=0,
    令z=1,可得m=(-3,-2,1).
    由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,所以B1C1⊥平面CEC1,
    故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.
    于是cs〈m,〉==eq \f(-4,\r(14)×\r(2))=-eq \f(2\r(7),7),
    从而sin〈m,〉=eq \f(\r(21),7).
    所以二面角B1-CE-C1的正弦值为eq \f(\r(21),7).
    (3)易得=(0,1,0),=(1,1,1).
    设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,
    则=+=(λ,λ+1,λ).
    易知平面ADD1A1的一个法向量为=(0,0,2).
    设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,
    则sinθ=|cs〈,〉|=
    =eq \f(2λ,\r(λ2+(λ+1)2+λ2)×2)=eq \f(λ,\r(3λ2+2λ+1))=eq \f(\r(2),6),解得λ=eq \f(1,3),
    所以AM=eq \r(2).
    学科素养升级练
    1.解析:由题意得,所得几何体可以补形成一个正方体,如图所示.
    以D为原点,DA,DC,DG所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
    设AD=DC=DG=2,
    则D(0,0,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,2,2),B(2,2,0),H(1,2,1).
    ∵=(2,0,2),=(-2,0,2),∴·=-4+0+4=0,
    ∴⊥,∴DE⊥BF,故A正确;
    ∵=(-2,2,0),=(1,0,1).设EF与CH所成的角为θ,
    θ∈(0,eq \f(π,2)],
    ∴csθ==eq \f(1,2).∵θ∈(0,eq \f(π,2)],∴θ=eq \f(π,3),故B正确;
    ∵=(-2,2,-2),=(2,2,0),=(0,2,2).设n=(x,y,z)是平面DBF的一个法向量,∴·n=0,·n=0,即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+y=0,,y+z=0,))取x=1,∴n=(1,-1,1).∵=-2n,∴∥n,∴EC⊥平面DBF,故C正确;∵=(-2,0,2),由图象易得m=(1,1,0)是平面ACFE的一个法向量,设BF与平面ACFE所成的角为θ,θ∈[0,eq \f(π,2)],∴sinθ=|cs〈,m〉|==eq \f(1,2),∴θ=eq \f(π,6),故D不正确.故选ABC.
    答案:ABC
    2.解析:过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB的中点F,连接CF,OF,OA,OB,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,
    ∴cs∠CFO=eq \f(\r(3),3).设AB=1,则CF=eq \f(\r(3),2),OF=eq \f(1,2),OC=eq \f(\r(2),2),
    ∴O为正方形ABDE的中心,∴OA⊥OB.
    如图,建立空间直角坐标系.
    则E(0,-eq \f(\r(2),2),0),A(eq \f(\r(2),2),0,0),M(eq \f(\r(2),4),0,eq \f(\r(2),4)),N(0,eq \f(\r(2),4),eq \f(\r(2),4)),
    ∴=(eq \f(\r(2),4),eq \f(\r(2),2),eq \f(\r(2),4)),=(-eq \f(\r(2),2),eq \f(\r(2),4),eq \f(\r(2),4)),
    ∴|cs〈,〉|==eq \f(1,6).
    故EM,AN所成角的余弦值为eq \f(1,6).
    答案:eq \f(1,6)
    3.解析:(1)在题图1中,可得AC=BC=2eq \r(2),∴AC2+BC2=AB2,
    ∴AC⊥BC.
    在题图2中,取AC的中点O,连接DO,则DO⊥AC.
    又平面ACD⊥平面ABC,
    平面ACD∩平面ABC=AC,DO⊂平面ACD,
    ∴OD⊥平面ABC,∴OD⊥BC.
    ∵AC⊥BC,且AC∩DO=O,
    ∴BC⊥平面ACD.
    (2)连接OM,以O为坐标原点,OA,OM,OD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O-xyz.
    则M(0,eq \r(2),0),C(-eq \r(2),0,0),D(0,0,eq \r(2)),=(eq \r(2),eq \r(2),0),=(eq \r(2),0,eq \r(2)).
    设n1=(x,y,z)为平面CDM的法向量,则
    即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x+\r(2)y=0,,\r(2)x+\r(2)z=0,))
    令x=-1,可得n1=(-1,1,1)为平面CDM的一个法向量.
    又易知n2=(0,1,0)为平面ACD的一个法向量,
    ∴cs〈n1,n2〉=eq \f(n1·n2,|n1||n2|)=eq \f(1,\r(3))=eq \f(\r(3),3).
    由题图可知二面角A-CD-M为锐二面角.
    ∴二面角A-CD-M的余弦值为eq \f(\r(3),3).

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