《2020-2021学年高中数学-第二章-空间向量与立体几何-5-夹角的计算课时跟踪训练（含解析）北师.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年高中数学-第二章-空间向量与立体几何-5-夹角的计算课时跟踪训练（含解析）北师.doc（11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、第二章 空间向量与立体几何A组基础巩固1如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是()A.B.C. D.解析：如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz.由于ABBCAA1，不妨取AB2，则B(0,0,0)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)(0，1,1)，(2,0,2)，cos，异面直线EF和BC1的夹角为，故选C.答案：C2若平面的一个法向量为n(4,1,1)，直线l的方向向量为a(2，3,3)，则直线l与平面夹角的余弦值为()A B.C D.解析：cosa，n，直线l与
2、平面夹角的正弦值为，余弦值为.答案：D3若两个平面的法向量分别为(5，12,0)和(0，5,12)，则这两个平面的二面角的余弦值为()A B.C D解析：由及两个平面的二面角的范围为0，可知这两个平面的二面角的余弦值为.答案：D4如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.解析：设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0，2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，.答案：A5如图所示，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD
3、是菱形，且PA平面ABCD，PAADAC，点F为PC的中点，则二面角CBFD的正切值为 ()A. B.C. D.解析：如图所示，设AC与BD交于点O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PAADAC1，则BD，所以O(0,0,0)，B，F，C，易知为平面BDF的一个法向量，由，设平面BCF的法向量为n(x，y，z)，则，即，令x1，则y，z，所以平面BCF的一个法向量为n(1，)所以cosn，sinn，所以tann，.故二面角CBFD的正切值为.答案：D6在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，CC1的中点，则异面直线
4、EF与A1C1所成角的大小是_解析：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设B(2,0,0)，则E(1,0,0)，F(2,2,1)，C1(2,2,2)，A1(0,0,2)所以(1,2,1)，(2,2,0)cos，所以，30，即异面直线EF与A1C1所成的角为30.答案：307若直线l的方向向量a(2,3,1)，平面的一个法向量n(4,0,1)，则直线l与平面所成角的正弦值为_解析：由题意，得直线l与平面所成角的正弦值为sin .答案：8.已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPD，平面ABCD平面PAD，M是PC的中点，O是
5、AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值为_解析：取BC的中点E，连接OE，以O为坐标原点，射线OA，OE，OP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，则O(0,0,0)，B(1,2,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，M.因此，(0,0,2)，(1,2,0)设平面PCO的法向量为n(x，y，z)，则，即，取n(2,1,0)，因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值为|cos，n|.答案：9.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，求直线AM与CN所成角的余弦值解析：解法一，()()，而| .同理，|，设直线AM与CN
6、所成的角为，则cos .即AM与CN所成角的余弦值为.解法二如图，建立空间直角坐标系，把D点视作原点O，分别沿、方向为x轴、y轴、z轴的正方向则A(1,0,0)，M(1，1)，C(0,1,0)，N(1,1，)，(1，1)(1,0,0)(0，1)，(1,1，)(0,1,0)(1,0，)故0101，| ，| .cos .即AM与CN所成角的余弦值为.10.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)求证：BEDC；(2)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值解析：(1)证明：依题意，以点A为坐标原点建立空间直
7、角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，所以(0,1,1)，(2,0,0)，故0，所以BEDC.(2)(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)由点F在棱PC上，设 (01)，故 (12，22，2)由BFAC，得0，因此2(12)2(22)0，解得，即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则，即.不妨令z1，可得n1(0，3,1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2(0,1,0)，则cosn1，n2.易知二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.B组能
8、力提升1如图所示，点P是ABC所在平面外的一点，若PA，PB，PC与平面的夹角均相等，则点P在平面上的投影P是ABC的()A内心 B外心C重心 D垂心解析：由于PA，PB，PC与平面的夹角均相等，所以这三条由点P出发的平面ABC的斜线段相等，故它们在平面ABC内的投影PA，PB，PC也都相等，故点P是ABC的外心答案：B2.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角DABE为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为，且cos ，则()A1 B.C. D.解析：不妨设BC1，AB，则.记a，b，c，则ba，cb，根据题意，|a|c|1，|b|，abbcca0，b22，而|，|，|co
9、s，|，得.故选C.答案：C3.如图，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAD90，且PAAD，E，F分别是线段PA，CD的中点，若异面直线EF与BD所成的角为，则cos _.解析：设正方形ABCD的边长为2，以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,1)，F(1,2,0)，则(2,2,0)，(1,2，1)，所以cos .答案：4如图所示，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC夹角的正弦值为_解析：不妨设正三棱柱ABCA1B1C1
10、的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，1,0)，B1(，1,2)，D，则，(，1,2)，设平面B1DC的法向量为n(x，y,1)，由解得n(，1,1)又，sin |cos，n|.答案：5.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，点G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE.(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值(3)在线段CD上是否存在一点M，使得DEAM？若存在，求出DM的长；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD.又G是BE的中点，所以GHAB，
11、且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD，由四边形ABCD是矩形，得ABCD，ABCD，所以GHDF，GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，得GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQEC，因为BEEC，所以BQBE.又AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Bxyz，则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因为AB平面BEC，所以(0,0,2)为平面BEC的一个法向量，设n(x，y，z)为平面AEF的法向量，又(2,0，2)，(2,2，1)，由，得，取z2，得n(2，1,2)，从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.(3)假设在线段CD上存在点M，设点M的坐标为(2,2，a)(0a2)因为A(0,0,2)，E(2,0,0)，D(2,2,2)，所以(0，2，2)，(2,2，a2)，因为DEAM，所以0，所以42(a2)0，得a0，所以DM2.