高中數(shù)學 第三章 空間向量與立體幾何 課時作業(yè)（二十二）用向量方法求空間中的角 新人教B版選修2-1

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1、高中數(shù)學 第三章 空間向量與立體幾何 課時作業(yè)（二十二）用向量方法求空間中的角 新人教B版選修2-1 1．如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，BC1與直線AB1夾角的余弦值為(　　) A.　　　　　　B. C. D. 解析：設CB＝1，則A(2,0,0)，B1(0,2,1)，C1(0,2,0)，B(0,0,1)，＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)． cos〈，〉＝＝＝. 答案：A 2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1C的中點，則直線BE與平面B1BD所成的角的正弦值為(　　) A．－ B. C

2、．－ D. 解析：建立如圖空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1)． ∴＝(－2，－2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,1)． 設平面B1BD的法向量為n＝(x，y，z)． ∵n⊥，n⊥， ∴∴ 令y＝1，則n＝(－1,1,0)． ∴cos〈n，〉＝＝， 設直線BE與平面B1BD所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝. 答案：B 3．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，則AC與BD1所成角的余弦值為(　　) A．0 B. C．－ D

3、. 解析：建立如圖坐標系，則D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)， ∴＝(－2，－2,3)，＝(－2,2,0)． ∴cos〈，〉＝＝0. ∴〈，〉＝90°，其余弦值為0. 答案：A 4．正方形ABCD所在平面外有一點P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD所成的二面角的大小為(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：建系如圖，設AB＝1，則A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)． 平面PAB的法向量為n1＝(1,0,0)．設平面PCD

4、的法向量n2＝(x，y，z)， 則得 令x＝1，則z＝1. ∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝＝. ∴平面PAB與平面PCD所成的二面角的余弦值為.∴此角的大小為45°. 答案：B 5．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C和C1D與底面所成角分別為60°和45°，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：建立如圖的空間直角坐標系， 可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°， 設B1C1＝1，CC1＝＝DD1. ∴C1D1＝，則有B1(，0,0)，C(，1，)，C1(，1,0)，D(0,1，)． ∴

5、＝(0,1，)，＝(－，0，)． ∴cos〈，〉＝＝＝. 答案：A 6．已知直角△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，D為AB的中點，沿中線將△ACD折起使得AB＝，則二面角A－CD－B的大小為(　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 解析：取CD中點E，在平面BCD內(nèi)過B點作BF⊥CD，交CD延長線于F. 據(jù)題意知AE⊥CD，AE＝BF＝，EF＝2，AB＝. 且〈，〉為二面角的平面角， 由＝(＋＋)2得 13＝3＋3＋4＋2×3×cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝－. ∴〈，〉＝120°. 即所求的二面角為120°. 答案：

6、C 7．直線l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一個法向量n＝(4,0,1)，則直線l與平面α所成角的正弦值為__________． 解析：設直線l與平面α所成的角是θ，a，n所成的角為β， sinθ＝|cosβ|＝＝. 答案： 8．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1和BB1的中點，則sin〈，〉＝________. 解析：建立如圖坐標系，設正方體棱長為2. 可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)． cos〈，〉＝－. ∴sin〈，〉＝. 答案： 9．如圖正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，O是平面A1B1C1D1的中心，

7、則BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為________． 解析：建立坐標系如圖， 則B(1,1,0)，O， ＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一個法向量． 又＝， ∴BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為＝＝. 答案： 10．如圖，在空間直角坐標系中，BC＝2，原點O是BC的中點，點A的坐標是，點D在平面yOz上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°. (1)求向量的坐標； (2)設向量和的夾角為θ，求cosθ的值． 解：(1)過D作DE⊥BC，垂足為E， 在Rt△BDC中，由∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，BC＝2，得BD＝1，CD＝， ∴DE

8、＝CD·sin30°＝. OE＝OB－BE＝OB－BD·cos60°＝1－＝. ∴D點的坐標為， 即向量＝. (2)依題意，＝，＝(0，－1,0)，＝(0,1,0)， 所以＝－＝，＝(0,2,0)． 則cosθ＝＝－. B組　能力提升 11．如圖所示，已知點P為菱形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC中點，則二面角C－BF－D的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：設AC∩BD＝O，連接OF， 以O為原點，OB，OC，OF所在直線分別為x，y，z軸， 建立空間直角坐標系， 設PA＝AD＝AC＝1，則BD＝，

9、 ∴B，F(xiàn)，C，D. ∴＝，且為平面BDF的一個法向量． 由＝，＝可得平面BCF的一個法向量n＝(1，，)． ∴cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝. ∴tan〈n，〉＝. 答案：D 12．如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長都相等，M是側(cè)棱CC1的中點，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是________． 解析：不妨設棱長為2， 則＝－，＝＋， cos〈，〉＝ ＝＝0. 故AB1與BM的夾角為90°. 答案：90° 13．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M、N分別是A1B、B1C1的中點． (1)求證

10、：MN⊥平面A1BC； (2)求直線BC1和平面A1BC所成角的大小． 解析：(1)證明：根據(jù)題意CA、CB、CC1兩兩垂直，以C為原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 設AC＝BC＝CC1＝a， 則B(0，a,0)，B1(0，a，a)，C(0,0,0)， C1(0,0，a)，A1(a,0，a)，M，N. 所以＝(a，－a，a)，＝(a,0，a)， ＝. 于是·＝0，·＝0， 即MN⊥BA1，MN⊥CA1. 又BA1∩CA1＝A1，故MN⊥平面A1BC. (2)因為MN⊥平面A1BC， 則為平面A1BC的法向量， 又

11、＝(0，－a，a)， 則cos〈，〉＝＝＝， 所以〈，〉＝60°. 故直線BC1和平面A1BC所成的角為30°. 14．如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求異面直線BF與DE所成的角的大?。? (2)證明平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A－CD－E的余弦值． 解析：如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點． 設AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，M. (1)＝(－1,0,1)，＝(0

12、，－1,1)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°. (2)證明：由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0. 因此，CE⊥AM，CE⊥AD. 15．如圖所示，已知在四面體ABCD中，O為BD的中點，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝. (1)求證：AO⊥平面BCD； (2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值． 解：(1)證明：因為BO＝DO，AB＝AD，所以AO⊥BD. 因為BO＝DO，BC＝CD，所以CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，而AC＝2，所以AO2＋CO2＝AC2， 所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC. 因為BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD. (2)以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，－，0)， 所以cos〈，〉＝＝，所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為.