《2019数学新设计北师大选修2-1精练：第二章 空间向量与立体几何 2.5.1-2.5.2 word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019数学新设计北师大选修2-1精练：第二章 空间向量与立体几何 2.5.1-2.5.2 word版含答案（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、5夹角的计算5.1直线间的夹角5.2平面间的夹角课后训练案巩固提升A组1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角为()A.45B.135C.45或135D.90解析:本题考查利用平面的法向量求两平面夹角的方法.cos=,即=45,两平面的夹角为45.答案:A2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BB1,DC的中点,则异面直线AE与D1F的夹角为()A.B.C.D.解析:设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,0),A(2,0,2),E(2,2,1),F(0,1,2).=(0,2,-1),=(0,1,2),=
2、0,.答案:D3.如图,在三棱锥S-ABC中,侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形,BAC=90,O为BC的中点,则平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值是()A.-B.C.-D.解法一 取SC的中点M,连接AM,OM,OA,由题意知SO=OC,SA=AC,得OMSC,AMSC.所以OMA为平面ASC与平面BSC的夹角.由AOBC,AOSO,SOBC=O,得AO平面SBC.所以AOOM.又AM=SA,AO=SA,故sinAMO=,cosAMO=.故平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为.解法二连接OA,由题易知AO,BO,SO两两垂直,则以O为坐标原点,射线OB,OA,OS分别为x轴、y轴、z轴
3、的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.取SC的中点M,连接AM,OM,设B(1,0,0),则C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1).SC的中点M,所以=(-1,0,-1),所以=0,=0.故MOSC,MASC,等于二面角A-SC-B的平面角.cos=,所以平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为.答案:B4.把正方形ABCD沿对角线AC翻折,使平面ACD平面ABC,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形的中心,则折起后,直线OE与OF的夹角的大小是()A.B.C.D.解析:如图,建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2.则F,E,cosEOF=cos=-,设直线OE
4、与OF的夹角为,则cos =|cosEOF|=,即=.故直线OE与OF的夹角为.答案:A5.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,ABC=90,SA平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD和平面SAB夹角的余弦值是.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D,C(1,1,0),S(0,0,1),平面SAB的一个法向量是.设n=(x,y,z)是平面SCD的法向量,则n,n,即n=0,n=0.又,x+y=0,且-x+z=0,令x=1,得n=.cos=.故平面SCD和平面SAB的夹角的余弦值为.答案:6.正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D与BC1夹角的大小是
5、,若E,F分别为AB,CC1的中点,则异面直线EF与A1C1夹角的大小是.解析:以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则易得D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),A1(2,0,2),E(2,1,0),F(0,2,1),所以=(-2,0,2),=(-2,-2,-2).因为=0,所以B1D与BC1夹角的大小是90.又=(-2,2,0),=(-2,1,1),设异面直线EF与A1C1夹角为,则cos =,所以=30.答案:90307.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都是1,且A1AB=A1AD=BAD=,E,F分别为A1
6、B1与BB1的中点,求异面直线BE与CF夹角的余弦值.解如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=1,=.ab=bc=ac=.而=-a+c,=-b+c,|=,|=.=ab-ac-bc+c2=.cos=.异面直线BE与CF的夹角的余弦值为.8.导学号90074040如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,ACB=90,AP=BP=AB,PCAC.(1)求证:PCAB;(2)求平面ABP与平面APC夹角的余弦值.(1)证明AC=BC,AP=BP,APCBPC.又PCAC,PCBC.ACBC=C,PC平面ABC.AB平面ABC,PCAB.(2)解如图,以C为原点建立空间直角坐标系C-x
7、yz,则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0).设P(0,0,t).PB=AB=2,t=2,点P的坐标为(0,0,2).=(-2,2,0),=(-2,0,2),设平面ABP的法向量n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,1,1).由题易知平面APC的法向量m=(1,0,0),cosn,m=.平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为.B组1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin的值等于()A.B.C.D.解析:如图,以D为原点建立空间直角坐标系.设棱长为1,则D(0,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),M,=(1,1,1),.cos=.sin
8、=.答案:B2.如图,已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1与底面ABCD所成的夹角的正弦值为()A.B.C.D.解析:以D为坐标原点,以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,如图所示,则A(1,0,0),E,D1(0,0,1),=(-1,0,1),.设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),则x=2y=z.取y=1,则n=(2,1,2).又平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),cos=,sin=.答案:C3.导学号90074041如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1底面ABC,且
9、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()A.B.C.D.解析:设向量=a,=b,=c,|a|=|b|=|c|=1,根据题意,得ab=bc=ca=0.又a-b+c,=-a+c,|2=,|=,同理,|=.又,cos=,故选B.答案:B4.已知正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60的夹角,则异面直线AD与BF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AB=1,则A(0,0,0),D,F(1,0,0),B(0,1,0),=(1,-1,0),cos =cos=.答案:5.如图,在直三棱柱ABC-A1B
10、1C1中,ABAC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.求:(1)异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值.解(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则B(2,0,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因为cos=,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以取z=1,得x=2,y=-2,所以n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面ABA1
11、的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为.由cos =,得sin =.因此平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.6.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,点N是BC的中点,点M在CC1上.设平面DA1N与平面DMN的夹角为.(1)当=90时,求AM的长;(2)当cos =时,求CM的长.解以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设CM=t(0t2),则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,2),N,M(0,1,t),所以=(0,1,t),=(1,0,2).设平面DMN的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1=0,n1=0,即x1+2y1=0,y1+tz1=0.令z1=1,则y1=-t,x1=2t,所以n1=(2t,-t,1)是平面DMN的一个法向量.设平面A1DN的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2=0,n2=0,即x2+2z2=0,x2+2y2=0.令z2=1,则x2=-2,y2=1,所以n2=(-2,1,1)是平面A1DN的一个法向量.(1)因为=90,所以n1n2=-5t+1=0,解得t=.从而M.所以|AM|=.(2)因为|n1|=,|n2|=,所以cos=.因为=或-,所以,解得t=0或t=.根据图形可知t=,从而CM的长为.
