广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第2课时用空间向量研究夹角问题训练提升新人教版选择性必修第一册

这是一份广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第2课时用空间向量研究夹角问题训练提升新人教版选择性必修第一册，共11页。
1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时　用空间向量研究夹角问题
课后·训练提升
基础巩固
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°,则直线l与平面α所成的角为(　　)
A.30° B.60°
C.150° D.120°
答案:B
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2,BC=2,DD1=,则AC与BD1所成角的余弦值是(　　)
A.0 B.
C.- D.
答案:A
解析:如图,建立空间直角坐标系,则D10,0,,B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),

所以=-2,-2,,=(-2,2,0).
设AC与BD1所成的角为θ,则cosθ=|cos|==0.
3.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知AA1=2AB,则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案:A
解析:不妨设AB=1,则AA1=2.

以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D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D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2),
所以=(1,1,0),=(0,1,-2),=(0,1,0).
设n=(x,y,z)为平面BDC1的法向量,
则
取y=2,则x=-2,z=1,于是n=(-2,2,1)是平面BDC1的一个法向量.
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ,
则sinθ=|cos|=.
4.(多选题)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形, ∠DAB= ,AB=2AD=2PD,PD⊥平面ABCD,则(　　)

A.PA⊥BD
B.PB与平面ABCD所成角为
C.直线AB与PC所成角的余弦值为
D.平面PAB与平面ABCD的夹角为45°
答案:AC
解析:设AD=a,因为∠DAB=,AB=2AD=2PD=2a,
由余弦定理可得BD=a,从而BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD,
由PD⊥底面ABCD,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),D(0,0,0),P(0,0,a),故=(a,0,-a),=(0,-a,0),=(0,a,-a),=(-a,a,0),=(-a,a,-a),所以=a×0+0×(-a)+(-a)×0=0,所以,即PA⊥BD,故A正确;易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以PB与平面ABCD所成角θ1满足sinθ1=|cos|=,即PB与平面ABCD所成角为,故B错误;异面直线AB与PC所成角θ2满足cosθ2=|cos|=,故C正确;设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),所以令y=1,则x=,z=,即n=(,1,),由于cos=,故D错误.故选AC.
5.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1, AB=2,点E是线段AB上一点,当平面PEC与平面ABCD的夹角为时,则AE等于(　　)

A.1 B.
C.2- D.2-
答案:D
解析:以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,

设AE=m(0≤m≤2).
D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,2,0),E(1,m,0),C(0,2,0),=(0,2,-1),=(1,m-2,0),
可知平面ABCD的一个法向量n1=(0,0,1),设平面PEC的法向量为n2=(a,b,c),
则
∴∴
令b=1,则a=2-m,c=2,于是n2=(2-m,1,2)是平面PEC的一个法向量.
|cos|==cos=.∴m=2-或m=2+(舍去),
即AE=2-.
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为C1C的中点,O为底面ABCD的中心,P为A1B1上的任意点,则直线BM与OP所成的角为　　　　　. 

答案:
解析:如图,以D为原点,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.

设正方体的棱长为2,A1P=x(0≤x≤2),
则O(1,1,0),P(2,x,2),B(2,2,0),M(0,2,1),
所以=(1,x-1,2),=(-2,0,1).
所以=0,所以,即OP⊥BM.
所以直线BM与OP所成的角为.
7.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于　　　　　,平面AEF与平面ABCD的夹角的正切值为　　　　　. 
答案:
解析:如图,建立空间直角坐标系.

设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),E1,1,,F,
所以=(-1,1,0),.
所以cos=.
所以异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于.
由题意可知,平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面AEF的法向量为n2=(x,y,z),
由n2·=0,n2·=0,可得平面AEF的一个法向量为n2=(1,-1,3).
所以cos=.
设平面AEF与平面ABCD的夹角为α,则cosα=|cos|=,
从而sinα=.
所以tanα=.
8.如图,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:如图,取BD的中点O,连接OA,OC,
则由题意知,OA⊥BD,OC⊥BD,OA=1,OC=.
又CA=2,所以OA2+OC2=CA2,

所以OA⊥OC.
以O为原点,OB,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,-,0).
设异面直线AB与CD所成的角为θ,
则cosθ=|cos|=.
故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

解:如图,以点C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(2,1,3),A1(2,1,0),E(2,0,2),F(0,1,1),

所以=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1),
设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1),
由
得
取z1=-1,得x1=y1=1,则m=(1,1,-1)是平面AEF的一个法向量.
设平面A1EF的法向量为n=(x2,y2,z2),
由
取z2=2,得x2=1,y2=4,则n=(1,4,2)是平面A1EF的一个法向量.
因为cos=,所以二面角A-EF-A1的正弦值为.
能力提升
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案:A
解析:由题意可知,∠CB1C1=60°,∠DC1D1=45°,所以CC1=B1C1,C1D1=DD1.

设B1C1=1,则CC1=,C1D1=.
如图,以A1为原点,建立空间直角坐标系,
则B1(,0,0),C(,1,),C1(,1,0),D(0,1,),
所以=(0,1,),=(-,0,).
设B1C和C1D所成的角为θ,则cosθ=|cos|=.
故异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,且PA⊥平面ABCD, PA=AD=AC,F为PC的中点,则平面PBC与平面BDF的夹角的正切值为(　　)

A. B.
C. D.
答案:D
解析:设AC与BD交于点O,连接OF,则由题意可知,OB,OC,OF两两互相垂直.

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,如图所示.
设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,0,0,F0,0,,C0,,0,P.所以=(0,1,-1),=-,0,=0,,0.易知为平面BDF的一个法向量.设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).
则
取x=1,则y=,z=,所以n=(1,)是平面PBC的一个法向量.
设平面PBC与平面BDF的夹角为θ,则cosθ=|cos|=.
所以sinθ=,tanθ=.所以平面PBC与平面BDF的夹角的正切值为.
3.(多选题)如图,三棱锥D-ABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直,则下列说法正确的是(　　)

A.OA,OB,OC的长度相等
B.直线OD与BC所成的角是45°
C.直线AD与OB所成的角是45°
D.直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为
答案:AC
解析:因为三棱锥D-ABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直,
所以OA=OB=OC=,故A中说法正确;如图,建立空间直角坐标系.

可得O(0,0,0),A(,0,0),B(0,,0),C(0,0,),D(),所以=(0,,0),=(-,0,),=(0,),=(),=(0,-).
故=0,即,直线OD与BC所成的角是90°,故B中说法不正确; cos=,可得直线AD与OB所成的角是45°,故C中说法正确;设平面ACD的法向量n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=1.
所以n=(1,-1,1)为平面ACD的一个法向量.
设直线OB与平面ACD所成的角为θ,
则sinθ=|cos|=,cosθ=,故D中说法不正确.
4.已知正三角形ABC与正三角形BCD所在平面垂直,则平面ABD与平面BCD的夹角的正弦值为　　　　　. 
答案:
解析:如图,取BC的中点O,连接AO,DO,则由题意可知,AO,DO,BC两两互相垂直.
以O为原点,OD,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

设BC=1,则A0,0,,B0,-,0,D,0,0,
所以=0,0,,=0,,=,0.
显然=0,0,为平面BCD的一个法向量.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=-,z=1.
所以n=(1,-,1)为平面ABD的一个法向量.
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ,
则cosθ=|cos|=.
所以sinθ=.
故平面ABD与平面BCD的夹角的正弦值为.
5.在空间中,已知平面α过点A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点C(0,0,a)(a>0),若平面α与平面Oxy的夹角为45°,则a=　　　　　. 
答案:
解析:由题意可知,=(-3,4,0),=(-3,0,a),平面Oxy的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面α的法向量为u=(x,y,z),
则所以3x=4y=az.
取x=,则y=,z=1,于是u=是平面α的一个法向量.
由题意得|cos|=,
又a>0,故a=.
6.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.

(1)求证:OO1⊥平面ABCD;
(2)若∠CBA=60°,求平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角的余弦值.
(1)证明:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,
所以四边形ABCD与四边形A1B1C1D1均为菱形,
所以O为AC的中点,O1为A1C1的中点.
所以在矩形ACC1A1中,OO1⊥AC.
同理,OO1⊥BD.
又AC∩BD=O,
所以OO1⊥平面ABCD.
(2)解:由(1)知,四边形ABCD为菱形,OO1⊥AC,OO1⊥BD,
所以AC⊥BD,
所以OB,OC,OO1两两互相垂直.

如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
不妨设AB=2.
因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1.
所以O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2),
所以=(,0,2),=(0,1,2).
易知n1=(0,1,0)为平面BDD1B1的一个法向量.
设n2=(x,y,z)为平面OB1C1的法向量,
则
即
取x=2,则y=2,z=-,于是n2=(2,2,-)是平面OB1C1的一个法向量.
设平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角为θ,
则cosθ=|cos|=.
故平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角的余弦值为.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,其中AD∥BC,AD⊥BA,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,且PA=3,点M在棱PD上(不包括端点),点N为BC中点.

(1)若=2,求证:直线MN∥平面PAB.
(2)求平面CPD与平面CPN的夹角的余弦值.
(3)是否存在点M,使NM与平面PCD所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:取PA的一个靠近点P的三等分点Q,连接MQ,QB,

因为=2,
所以MQ∥AD且QM=AD=1,
又因为AD∥BC,且BC=2,点N为BC中点,
所以BN∥MQ,且BN=MQ,则四边形MQBN为平行四边形,
所以MN∥BQ,MN⊄平面PAB,QB⊂平面PAB,
所以直线MN∥平面PAB.
(2)解:如图所示,以点A为坐标原点,以AB所在直线为x轴,以AD所在直线为y轴,以AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.

则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),P(0,0,3),
又N为BC的中点,则N(2,1,0),
所以=(0,3,-3),=(-2,1,0),=(2,1,-3),=(2,2,-3).
设平面CPD的法向量为n1=(x,y,z),则
令x=1,则n1=(1,2,2).
设平面CPN的法向量为n2=(a,b,c),
则
令a=3,则n2=(3,0,2),
所以cos=,
所以平面CPD与平面CPN的夹角的余弦值为.
(3)解:假设存在点M,
设=λ,即=λ,λ∈(0,1),
由(2)得D(0,3,0),P(0,0,3),N(2,1,0),且平面CPD的法向量n1=(1,2,2).
=(0,3,-3),=(0,3λ,-3λ),
则M(0,3λ,3-3λ),
所以=(2,1-3λ,3λ-3).
因为NM与平面PCD所成角的正弦值为,
则sinθ=|cos|=,
整理得3λ2-4λ+1=0,
解得λ=或λ=1(舍去),
故存在点M,使NM与平面PCD所成角的正弦值为,此时.