《2021_2021学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.4.2第2课时夹角问题素养作业提技能含解析新人教A版选择性必修第一册.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021_2021学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.4.2第2课时夹角问题素养作业提技能含解析新人教A版选择性必修第一册.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一章1.41.4.2第2课时请同学们认真完成练案 9 A组素养自测一、选择题1(多选题)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面，的法向量(，不重合)，则下列选项中，正确的是(AB)An1n2Bn1n2Cvn1lDvn1l解析对于A，平面，不重合，所以平面，的法向量平行等价于平面，平行，A正确；对于B，平面，不重合，所以平面，的法向量垂直等价于平面，垂直，B正确；对于C，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，C错误；对于D，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，D错误故选AB2若平面的一个法向量为n1(1,0,1)，平面的一个法向量是n2(
2、3,1,3)，则平面与所成的角等于(D)A30B45C60D90解析因为n1n2(1,0,1)(3,1,3)0，所以，即平面与所成的角等于903已知A(0,1,1)，B(2，1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为(A)ABCD解析(2，2，1)，(2，3，3)，而cos，故直线AB和CD所成角的余弦值为4已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA平面ABCD，若PAAB，则平面PAB与平面PCD的夹角为(B)A30B45C60D90解析如图所示，建立空间直角坐标系设PAAB1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，(0,1,0)取PD
3、的中点E，则E，易知是平面PAB的一个法向量，是平面PCD的一个法向量，所以cos，故平面PAB与平面PCD的夹角为455在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为(A)ABCD解析如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，(1,1,2)，(1，2,1)则cos，异面直线MN与OD1所成角的余弦值为，故选A二、填空题6如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB
4、1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_解析解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM过D作DNBM，则容易证明DN平面AA1C1C连接AN，则DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角在RtDAN中，sinDAN解法二：取AC、A1C1中点O、E，则OBAC，OE平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，在正三角形ABC中，BMAB，A，B，D，又平面AA1C1C的法向量为e(0,1,0)，设直线AD与平面AA1C1C所成角为，则sin |cos，e|解法三：设b，a，c，由条件知ab，ac0，bc0，又cb，平
5、面AA1C1C的法向量(ab)设直线AD与平面AA1C1C成角为，则sin |cos，|，(cb)(ab)acabbc|b|2|2(cb)2|c|2|b|22bc2，|，|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin 7在空间中，已知平面过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a0)，如果平面与平面xOy的夹角为45，则a_解析平面xOy的一个法向量为n(0,0,1)，设平面的一个法向量为m(x，y，z)，则即3x4yaz，取z1，则x，y，m由题意得|cosn，m|又因为a0，所以a8如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个
6、面内，并且都垂直于棱AB，AB4 cm，AC6 cm，BD8 cm，CD2 cm，则这个二面角的度数为_60_解析设，CAAB，ABBD，0，180，|2()2|2|2|22|cos (180)(2)2624282268(cos )，cos ，60因此，所求二面角的度数为60三、解答题9(2020衡阳市高三联考)如图1，平面四边形BADE中，C为BE上一点，ABC和DCE均为等边三角形，EC2CB2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BADE的位置，使二面角DBED为直二面角，如图2所示(1)求证AA平面DMD；(2)求平面AAB与平面DDE所成角的正弦值解析
7、(1)在等边DCE和DCE中，DMCE，DMCE，DMDMM，所以直线CE平面DMD，即直线BE平面DMD，同理可证直线BE平面ANA，故平面DMD平面ANA又AA平面ANA，从而有AA平面DMD(2)如图，以M为坐标原点，MD，ME，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Mxyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(，0,0)，D(0,0，)，B(0，2,0)，A(，0)，A(0，)则，设平面A AB的一个法向量为m(x，y，z)，由得，令z1，得x1，y，所以平面AAB的一个法向量为m(1，1)同理，设平面DDE的一个法向量为n(x1，y1，z1)，由得，令z11，得x
8、11，y1，所以平面DDE的一个法向量为n(1，1)从而|cosm，n|，故平面AAB与平面DDE所成角的正弦值为10(2020全国卷理，19)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值解析设ABa，ADb，AA1c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz(1)连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，得，因此EAC1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内(2)由已知得A
9、(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，(0，1，1)，(2,0，2)，(0，1,2)，(2,0,1)设n1(x，y，z)为平面AEF的法向量，则即可取n1(1，1,1)设n2为平面A1EF的法向量，则同理可取n2因为cosn1，n2，所以二面角AEFA1的正弦值为B组素养提升一、选择题1(2021福建泉州市普通高中质量检测)正方体ABCDA1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点若异面直线EF与BM所成的角为，则的取值范围为(A)ABCD解析以D点为原点，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DA2，
10、易得(1,0，1)，设(2，2，2)(01)，(22，2，2)，则cos |cos，|，即cos (01)，当时，cos 取到最大值，当1时，cos 取到最小值，所以的取值范围为，故选A2如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形，ABCD，且ACBD，AC与BD交于O，PO底面ABCD，PO2，AB2，E，F分别是AB，AP的中点则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为(B)ABCD解析由题意，以O为坐标原点，OB，OC，OP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，由题知，OAOB2，则A(0，2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，1,0)，F(0，
11、1,1)，(1，1,0)，(0，1,1)，设平面OEF的法向量为m(x，y，z)，则即令x1，可得m(1,1,1)，易知平面OAE的一个法向量为n(0,0,1)，则cosm，n，设平面FOE与平面OEA夹角为，则cos |cosm，n|3正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1B1的大小为(C)A30B60C120D150解析如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，(0，a,0)，(a，a，a)，(0,0，a)，设平面ABD1的法向量为n(x，y，z)，则n(x，y，z)(0，a,0)
12、ay0，n(x，y，z)(a，a，a)axayaz0，a0，y0，xz，令z1，则n(1,0,1)，同理平面B1BD1的法向量m(1，1,0)，cosn，m，而二面角ABD1B1为钝角，故为1204(多选题)如图，多面体OABDC中，ABCD2，ADBC2，ACBD，且OA，OB，OC两两垂直，则下列结论正确的是(AB)A三棱锥OABC的体积是定值B球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是C直线OB平面ACDD二面角AOCD等于30解析由题意，构造长方体，如图，设OAx，OBy，OCz，则x2y24，x2z210，y2z212，解得x1，y，z3，对于A，三棱锥OABC的体积为OCOAOB，故
13、A正确；对于B，球面经过点A，B，C，D四点的球的直径即为长方体的体对角线长，即为，故B正确；对于C，由于OBAE，AE和平面ACD相交，则OB和平面ACD相交，故C错误；对于D，因为AOOC，DCOC，所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角AOCD的二面角大小，连接OE，则AOE即为所求，tanAOE，所以AOE60，故D错误二、填空题5已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA14，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为_解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA14，E是侧棱CC1的中点，以D为原点，分别以DA，DC，DD1
14、所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A(2，0,0)，E(0,1,2)，A1(2,0,4)，D(0,0,0)，(2，1，2)，(2,0,4)，(0,1,2)，设平面A1ED的法向量为n(x，y，z)，则n2x4z0，ny2z0，取z1，得n(2，2,1)，设直线AE与平面A1ED所成角为，则sin cos，n直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为6如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AEBE，CF2DF，设a，b，c(1)以a，b，c为基底表示，则_cab_；(2)若ADBBDCADC60，且|4，|3，|3，则|_解析(1)如图所示，连接DE因为，()，所以cab
15、(2)|22a2b2c2abacbc423232434333所以|7在正方体ABCDA1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为_30_解析解法一：连接BC1，设与B1C交于O点，连接A1OBC1B1C，A1B1BC1，A1B1B1CB1，BC1平面A1B1C，A1B在平面A1B1CD内的射影为A1OOA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，设正方体的棱长为1在RtA1OB中，A1B，BO，sinOA1BOA1B30即A1B与平面A1B1CD所成的角为30解法二：以D为原点，DA、DC、DD1分别x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0
16、,1)、C(0,1,0)(1,0,1)、(0,1,0)设平面A1B1CD的一个法向量为n(x，y，z)，则，令z1得x1n(1,0，1)，又B(1,1,0)，(0,1，1)，cosn，n，60，A1B与平面A1B1CD所成的角为30三、解答题8如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值解析(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1AC，DD1BD，又CC1DD1OO1，所以OO1
17、AC，OO1BD，因为ACBDO，所以O1O底面ABCD(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，ACBD又O1O底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系设棱长为2，因为CBA60，所以OB，OC1，所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为m(x，y，z)，则由m，m，所以取z，则x2，y2，所以m(2,2，)，所以|cosm，n|设平面C1OB1与平面OB1D夹角为，则cos |cosm，n|
18、，所以平面C1OB与平面OB1D夹角的余弦值为9如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD，BC2，PA2(1)取PC的中点N，求证：DN平面PAB；(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由解析(1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(2，1,0)，C(0,1,0)，D(1,0,0)，P(0，1,2)点N为PC的中点，N(0,0,1)，(1,0,1)
19、设平面PAB的一个法向量为n(x，y，z)，由(0,0,2)，(2,0,0)，可得n(0,1,0)，n0又DN平面PAB，DN平面PAB(2)解：由(1)知(0,2,0)，(1,1，2)设直线AC与PD所成的角为，则cos 直线AC与PD所成角的余弦值为(3)解：存在设M(x，y，z)，且，01，M(，1,22)设平面ACM的一个法向量为m(x，y，z)，由(0,2,0)，(，22)，可得m(22，0，)，由图知平面ACD的一个法向量为n(0,0,1)，|cosm，n|，解得或2(舍去)M，m设BM与平面MAC所成的角为，则sin |cos，m|，30故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45，此时BM与平面MAC所成的角为30