2017年高中數學課時達標訓練（二十）空間向量與空間角2-1

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE16學必求其心得，業(yè)必貴于專精課時達標訓練(二十)空間向量與空間角［即時達標對點練]題組1異面直線所成的角1．已知直線l1的一個方向向量為a＝（1，－2,1)，直線l2的一個方向向量為b＝（2，－2，0)，則兩直線所成角的余弦值為（）A．1B.eq\f（\r(6),3)C.eq\f(\r(3），3)D。eq\f（\r(3）,2)2．在長方體ABCD。A1B1C1D1中,AB＝2，BC＝2，DD1＝3，則AC與BD1A．0B.eq\f（3\r(70），70）C．－eq\f(3\r（70),70)D。eq\f（\r（70)，70）3．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AB1A.eq\f(\r(5）,5）B.eq\f(\r（5），3)C.eq\f(2\r（5)，5）D。eq\f（3,5）題組2直線與平面所成的角4．若直線l的方向向量與平面的法向量的夾角等于120°，則直線l與平面α所成的角等于（)A．120°B．60°C．30°D．以上均錯5．正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為A。eq\f（\r(2），3)B。eq\f(\r(3)，3）C。eq\f（2，3）D。eq\f（\r(6）,3)6．如圖，正方形ACDE所在的平面與平面ABC垂直，M是CE與AD的交點，AC⊥BC，且AC＝BC。(1）求證:AM⊥平面EBC；（2)求直線AB與平面EBC所成角的大?。}組3二面角7．如圖，過邊長為1的正方形ABCD的頂點A作線段EA⊥平面AC,若EA＝1,則平面ADE與平面BCE所成的二面角的大小是（）A．120°B．45°C．135°D．60°8．平面α的法向量為(1，0，－1），平面β的法向量為(0,－1，1）,則平面α與平面β所成二面角的大小為________．9。如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD,PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2）PD.（1）證明：平面PQC⊥平面DCQ；(2）求二面角Q-BP。C的余弦值．[能力提升綜合練]1．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CA。eq\f（\r（6)，4)B.eq\f（\r(10),4）C。eq\f（\r(3），2)D.eq\f（\r(3）,4）2．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＝eq\r（13），則二面角A。CD。B的大小為()A．60°B．90°C．120°D．150°3．如圖正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是面A1B1C1D1的中心，則BO到平面ABC1D4．四棱柱ABCD.A1B1C1D1的側棱AA1垂直于底面，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB,AD＝AB＝AA1＝2BC，E為DD1的中點，F為A1D的中點．(1)求證:EF∥平面A1BC；（2）求直線EF與平面A1CD所成角θ的正弦值．5．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF。（1）求證：BD⊥平面AED；（2)求二面角F-BD-C的余弦值．6．如圖,在四棱錐P。ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2,AC＝1.（1）求證：PC⊥AD；（2)求二面角A。PC-D的正弦值；(3）若E為棱PA上的點，且異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長．答案即時達標對點練1。解析：選Dcos<a，b>＝eq\f（|ab｜,|a||b｜)＝eq\f（|（1，－2，1）·（2,－2,0）|，\r(12＋22＋12)·\r(22＋（－2）2)）＝eq\f（|2＋4|，\r(6)×\r（8））＝eq\f(\r(3)，2).2。解析：選A建立如圖所示的空間直角坐標系，則D1（0，0，3)，B（2，2，0），A(2，0，0），C(0，2,0）．所以＝（－2，－2，3)，＝（－2，2，0)．所以cos<,〉＝3。解析：選A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)．4。解析：選C∵l的方向向量與平面的法向量的夾角為120°，∴它們所在直線的夾角為60°,則直線l與平面α所成的角為90°－60°＝30°。5。解析：選D建系如圖，設正方體棱長為1，D(0，0,0)，B1(1，1，1),B(1，1，0），則＝(0，0，1)．∵B1D⊥平面ACD1，∴＝（1，1，1）為平面ACD1的法向量．設BB1與平面ACD1所成的角為θ,∴cosθ＝eq\f(\r(6）,3)。6.解：∵四邊形ACDE是正方形，∴EA⊥AC，AM⊥EC。∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.∴可以以點A為原點，以過A點平行于BC的直線為x軸，分別以AC和AE所在直線為y軸和z軸,建立空間直角坐標系A.xyz.設EA＝AC＝BC＝2，則A(0，0，0），B（2，2，0)，C（0，2，0)，E（0,0，2)．∵M是正方形ACDE的對角線的交點,∴M（0,1，1）．∴AM⊥EC，AM⊥CB.又∵EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC。(2)∵AM⊥平面EBC，∴為平面EBC的一個法向量．∵＝（0，1,1），＝（2，2，0)，∴直線AB與平面EBC所成的角為30°.7.解析：選B以A為原點,分別以AB,AD，AE所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則E（0，0,1），B(1,0，0），C（1，1，0），＝(1，0，－1），＝(1，1，－1)．設平面BCE的法向量為n＝(x，y,z）,則有eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x－z＝0，,x＋y－z＝0，）)可取n＝（1,0,1）．又平面EAD的法向量為＝（1，0,0），所以cos〈n，〉＝eq\f(1，\r（2)×1)＝eq\f(\r(2),2），故平面ADE與平面BCE所成的二面角為45°.8。解析：設u＝(1，0，－1），v＝（0,－1，1)．α與β所成二面角的大小為θ.則cosθ＝±｜cos〈u，v〉｜＝±eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(－1,\r（2）×\r(2)))）＝±eq\f（1,2)。∴θ＝eq\f(π,3)或eq\f（2π,3）.答案：eq\f(π，3）或eq\f(2π,3)9.解：如圖,以D為坐標原點，線段DA的長為單位長度,射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz。（1）證明：依題意有Q（1，1，0），C(0，0,1），P（0,2，0)，則＝（1,1，0)，＝（0，0,1)，＝(1，－1，0),即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ。又PQ?平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ。(2）依題意有B（1，0，1),設n＝（x，y，z）是平面PBC的法向量，則因此可取n＝（0,－1,－2）．可取m＝(1,1，1),所以cos〈m，n>＝－eq\f(\r(15),5).故二面角Q-BP.C的余弦值為－eq\f(\r(15)，5）.能力提升綜合練1。解析：選A建立如圖所示的空間直角坐標系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D145°，設B1C1＝1，CC1＝eq\r(3)＝DD1?！郈1D1＝eq\r(3），則有B1（eq\r（3)，0，0),C(eq\r(3），1，eq\r(3)），C1（eq\r(3），1,0),D（0,1，eq\r（3）)．2。解析：選C取CD中點E，在平面BCD內過B點作BF⊥CD，交CD延長線于F.據題意知AE⊥CD，AE＝BF＝eq\r(3），EF＝2，AB＝eq\r(13）.3。解析：建立坐標系如圖，則B（1，1，0)，Oeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，\f(1，2），1)）,＝（1，0，1)是平面ABC1D1的一個法向量．又＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2),\f（1,2)，－1））,∴BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為答案:eq\f(\r（3),6)4.解：（1）證明：∵E，F分別是DD1，DA1的中點，∴EF∥A1D1.又A1D1∥B1C1∥BC∴EF∥BC，且EF?平面A1BC,BC?平面A1BC，∴EF∥平面A1BC。（2）∵AB,AD,AA1兩兩垂直，以AB所在直線為x軸，以AD所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系如圖，設BC＝1，則A（0，0，0)，A1(0，0，2)，C（2，1，0），D（0,2，0),D1（0，2，2），F（0,1,1）,E（0，2，1)，∴＝(0，1，0），設平面A1CD的法向量n＝（x，y，z），取n＝（1，2，2)，eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(1×0＋2×1＋2×0，\r(1＋4＋4）\r(0＋1＋0）)）)＝eq\f（2，3）,∴直線EF與平面A1CD所成角θ的正弦值等于eq\f(2,3)。5。解：（1）證明：∵四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°.又∵CB＝CD,∴∠CDB＝30°。∴∠ADB＝90°，即AD⊥BD。又∵AE⊥BD,且AE∩AD＝A，AE?平面AED,AD?平面AED，∴BD⊥平面AED。（2)由(1)知AD⊥BD，∴AC⊥BC。又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直．以C為坐標原點，分別以CA,CB，CF所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設CB＝1,則C（0,0,0)，B(0,1，0），Deq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3），2），－\f(1，2）,0)），F（0,0,1),因此＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3）,2），－\f(3,2)，0)），＝（0，－1，1）．設平面BDF的一個法向量為m＝（x,y，z)，則m·＝0,m·＝0，即eq\f（\r（3)，2)x－eq\f（3，2)y＝0，－y＋z＝0，所以x＝eq\r(3）y＝eq\r（3)z.令z＝1，得m＝（eq\r(3)，1，1）．由于＝(0，0，1）是平面BDC的一個法向量，故二面角F。BD。C的余弦值為eq\f（\r（5），5）。6。解:如圖，以點A為原點，AD，AC，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系，由題意得A（0，0，0)，D(2，0，0)，C（0，1，0），Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）,\f（1，2），0))，P(0，0，2)．(1)證明：易得＝(0，1，－2），＝(2，0,0）,于是·＝0,所以PC⊥AD.（2)＝（0,1，－2），＝(2，－1，0)．設平面PCD的法向量n＝（x，y，z），不妨令z＝1，可得n＝(1,2，1）．可取平面PAC的法向量m＝(1，0，0）．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n，|m｜·|n｜）＝eq\f（1,\r（6）)＝eq\f(\r（6）,6），從而sin<m，n〉＝eq\f（\r（30）,6）.所以二面角A-PC。D的正弦值為eq\f(\r（30)，6)。(