《2020高中數(shù)學(xué) 2.5夾角的計算練習(xí) 北師大版選修21》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高中數(shù)學(xué) 2.5夾角的計算練習(xí) 北師大版選修21（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、北師大版2019-2020學(xué)年數(shù)學(xué)精品資料第二章2.5夾角的計算一、選擇題1平面的一個法向量為n1(4,3,0)，平面的一個法向量為n2(0，3,4)，則平面與平面夾角的余弦值為()ABCD以上都不對答案B解析cosn1，n2，平面與平面夾角的余弦值為.2如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E為CC1的中點，則A1E與BD所成角的余弦值為()ABCD答案B解析分別以DA、DC、DD1為x、y、z軸建立空間直角坐標系，則A1(1,0,2)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，D(0,0,0)，(1,2，1)，(1，2,0)|cos，|.3已知E，F(xiàn)分別是棱長為1的正方體

2、ABCDA1B1C1D1的棱BC，CC1的中點，則截面AEFD1與底面ABCD所成二面角的正弦值是()ABCD答案C解析以D為坐標原點，以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖，則A(1,0,0)，E(，1,0)，D1(0,0,1)，(1,0,1)，(，1,0)設(shè)平面AEFD1的法向量為n(x，y，z)則x2yz.取y1，則n(2,1,2)，而平面ABCD的一個法向量為u(0,0,1)，cosn，u，sinn，u.4如圖，四面體PABC中，PC平面ABC，ABBCCAPC，那么二面角BAPC的余弦值為()ABCD答案C解析如圖，作BDAP于D，作CEAP于E，與的夾角

3、恰是二面角的平面角，設(shè)AB1，則易得CE，EP，PAPB，AB1，可以求得BD，ED.，222.cos，.即cos，.另解：如圖建立空間直角坐標系，不妨設(shè)ABBCCDPC2.則A(2,0,0)，C(0,0,0)，B(1，0)，P(0,0,2)設(shè)平面PAB的法向量n0，即不妨取n(3，3)，又平面PAC的法向理為n0(0,1,0)cos .5直三棱柱A1B1C1ABC中，ACB90，D1，E1分別為A1B1、A1C1的中點，若BCCACC1，則BD1與AE1所成角的余弦值為()ABCD答案C解析 如圖所示，取直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立直角坐標系，設(shè)|a，則A(a,0,0)，

4、B(0，a,0)，E1(，0，a)，D1(，a)(，0，a)，(，a)a2，|a，|Acos，故選C6在正方體ABCDA1B1C1D1中，若F、G分別是棱AB、CC1的中點，則直線FG與平面A1ACC1所成角的正弦值等于()ABCD答案D解析解法一：過F作BD的平行線交AC于M，則MGF即為所求設(shè)正方體棱長為1，MF，GF，sinMGF.解法二：分別以AB、AD、AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體棱長為1，則易知平面ACC1A1的一個法向量為n(1,1,0)，F(xiàn)(，0,0)，G(1,1，)，設(shè)直線FG與平面A1ACC1所成角，則sin|cosn，|.二、填空題7如圖所示，在直

5、三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，則異面直線A1B與AC夾角的余弦值為_答案解析根據(jù)題意，以點C為坐標原點，分別以CA、CB、CC1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)于是得(1,1，2)，(1,0,0)，所以cos，所以異面直線A1B與AC夾角的余弦值為.8已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成的角的正弦值為_答案解析不妨設(shè)正三棱柱ABCA1B1C1的棱長為2，建立如右圖所示空間直角坐標系則C(0,0,0)，A(，1,0)

6、，B1(，1,2)，D，則，(，1,2)，設(shè)平面B1DC的法向量為n(x，y,1)，由，解得n(，1,1)又，sin|cos，n|.三、解答題9(2014遼寧理)如圖，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120、E，F(xiàn)分別為AC、DC的中點(1)求證：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值解析(1)方法一：過E作EOBC，垂足為O，連接OF，由ABCDBC可證出EOCFOC，圖1所以EOCFOC，即FOBC又EOBC，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC方法二：由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面

7、ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，)，F(xiàn)(，0)，所以(，0，)，(0,2,0)，因此0，從而，所以EFBC(2)方法一：在圖1中過O作OGBF，垂足為G連EG，由平面ABC平面BDC，從而EO平面BDC，又OGBF，由三垂線定理知EGBF.因此EGO為二面角EBFC的平面角，在EOC中，EOECBCcos30，由BGOBFC知OGFC.因此tanEGO2，從而sinEGO.即二面角的正弦值為.方法二：在圖(2)中平面BFC的一個法向量為n1(0,0,1)，設(shè)平面BEF的法向量n2

8、(x，y，z)圖2又(，0)，(0，)由得其中一個n2(1，1)設(shè)二面角EBFC的大小為，由題意知為銳角，則cos|cos|.因此sin.即所求二面角正弦值為.10(2014陜西理)四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD、BC的平面分別交四面體的棱BD、DC、CA于點F、G、H.(1)證明：四邊形EFGH是矩形；(2)求直線AB與平面EFGH夾角的正弦值解析(1)由該四面體的三視圖可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1，由題設(shè)，BC平面EFGH，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，F(xiàn)GEG.同理EFAD，HGAD，EFHG，四邊形EFGH是平

9、行四邊形又ADDC，ADBDAD平面BDC，ADBC，EFFG，四邊形EFGH是矩形(2)解法一：如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，(0,0,1)，(2,2,0)，(2,0,1)設(shè)平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，F(xiàn)GBC，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.解法二：如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E是AB的中點，F(xiàn)，G分別為BD，DC的中點，得E(1,0，)，F(xiàn)(1,0,0)，G(0,1,0)(0,

10、0，)，(1,1,0)，(2,0,1)設(shè)平面EFGH的法向量n(x，y，z)，則n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.一、選擇題1若平面的一個法向量n(4,1,1)，直線l的方向向量a(2，3,3)，則l與夾角的余弦值為()ABCD答案D解析cosa，n.l與夾角的余弦值為.2在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點D是側(cè)面BB1C1C的中心，則AD與平面BB1C1C所成角的大小是()A30B45C60D90答案C解析如圖，取BC的中點E，連結(jié)DE、AE、AD，依題意知三棱柱為正三棱柱，易得AE平面BB1C1C，故ADE為AD與平面BB1C1C所成的角設(shè)各

11、棱長為1，則AE，DE，tanADE，ADE60，故選C3在長方體ABCDA1B1C1D1中，M、N分別是棱BB1、B1C1的中點，若CMN90，則異面直線AD1與DM的夾角為()A30B45C60D90答案D解析如圖，連結(jié)DM，BC1，則MC為DM在平面B1C內(nèi)的投影又因為CMMN，所以DMMN.因為MNBC1AD1，所以DMAD1，即AD1與DM的夾角為90.4如圖，在棱長都相等的四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為棱AD、BC的中點，連接AF，CE，則直線AF與CE所成的角的余弦值為()ABCD答案A解析設(shè)該四面體的棱長為1，則|，|1.所以()()()(2)(22)(12).所以cos，.二

12、、填空題5如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，點D在棱BB1上，且BD1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為_答案解析解法一：取AC、A1C1的中點M、M1，連結(jié)MM1、BM.過D作DNBM，則容易證明DN平面AA1C1C連結(jié)AN，則DAN就是AD與平面AA1C1C所成的角在RtDAN中，sinDAN.解法二：取AC、A1C1中點O、E，則OBAC，OE平面ABC，以O(shè)為原點OA、OB、OE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，在正三角形ABC中，BMAB，A，B，D，又平面AA1C1C的法向量為e(0,1,0)，設(shè)直線AD與平面AA1C1C所成角為，則sin|cos，e|

13、.解法三：設(shè)a，b，c，由條件知ab，ac0，bc0，又cb，平面AA1C1C的法向量(ab)設(shè)直線AD與平面AA1C1C成角為，則sin|cos，|，(cb)(ab)acabbc|b|2.|2(cb)2|c|2|b|22bc2，|，|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin.6在正方體ABCDA1B1C1D1中，則A1B與平面A1B1CD所成角的大小為_答案30解析方法1：連結(jié)BC1，設(shè)與B1C交于O點，連結(jié)A1O.BC1B1C，A1B1BC1，A1B1B1CB1.BC1平面A1B1C，A1B在平面A1B1CD內(nèi)的射影為A1O.OA1B就是A1B與平面A1B1CD所成的角，設(shè)正方體

14、的棱長為1.在RtA1OB中，A1B，BO，sinOA1B.OA1B30.即A1B與平面A1B1CD所成的角為30.方法2：以D為原點，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為1，則A1(1,0,1)，C(0,1,0)(1,0,1)，(0,1,0)設(shè)平面A1B1CD的一個法向量為n(x，y，z)則令z1得x1.n(1,0，1)，又B(1,1,0)，(0,1，1)，cosn，.n，60，所以A1B與平面A1B1CD所成的角為30.三、解答題7(2014新課標理)如圖三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，ABB1C(1) 證明：ACAB

15、1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解析(1)連結(jié)BC，BC1交BC于點O，連結(jié)AO，因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為B1C及BC1的中點又ABB1C，所以B1C1平面ABO，由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因為ACAB1，且O為B1C的中點，所以AOCO又因為ABBC，所以BOABOC，故OAOB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直以O(shè)為坐標原點，的方向為x軸正方向，|OB為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.因為CBB160，所以CBB1為等邊三角形，又ABBC，則A(0,0，)，B

16、(1,0,0)，B1(0，0)，C(0，0).(0，)，(1,0，)，(1，0)設(shè)n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則即所以可取n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取m(1，)則cos(n，m).所以二面角AA1B1C1的余弦值為.8如圖，在三棱錐PABC中，ABAC，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2. (1)證明：APBC；(2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角AMCB為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由解析方法一：(1)證明：如右圖，以O(shè)為原點，以射線OD為y軸的正半軸，射線OP為z軸的正半

17、軸，建立空間直角坐標系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4，2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即APBC(2)解：假設(shè)存在滿足題意的M，設(shè)，1，則(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)設(shè)平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1(0,1，)由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故AM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.方法二：(1)證明：由ABAC，D是BC的中點，得ADBC又PO平面ABC，所以POBC因為POADO，所以BC平面PAD，故BCPA(2)解：如右圖，在平面PAB內(nèi)作BMPA于M，連接CM.由(1)知APBC，得AP平面BMC又AP平面APC，所以平面BMC平面APC在RtADB中，AB2AD2BD2(AOOD)2(BC)241，得AB.在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6.在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPA，從而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.