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第64練向量法求解空間角[基礎(chǔ)保分練]1.如圖所示,已知空間四邊形OABC中OB=OC,且∠AOB=∠AOC=eq\f(π,3),則cos〈eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值為________.2.如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,則異面直線AP與BD所成的角為______.3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是C1D1的中點,則異面直線DE與AC所成的角的余弦值為________.4.已知正四棱錐S-ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等,E是SB的中點,則AE,SD所成角的余弦值為________.5.(2019·無錫模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,則異面直線BM與AN所成角的余弦值為________.6.如圖,在三棱錐O-ABC中,OA=OB=OC=1,∠AOB=90°,OC⊥平面AOB,D為AB的中點,則OD與平面OBC所成的角為________.7.平面α的一個法向量為n=(1,-eq\r(3),0),則y軸與平面α所成的角的大小為________.8.(2019·江蘇鹽城中學(xué)期中)如圖所示,在空間四邊形OABC中,OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,∠OAC=45°,∠OAB=60°,則異面直線OA與BC所成的角的余弦值為________.9.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,異面直線A1D與CD1所成的角為____________,二面角B-A1C-D的大小為________.10.如圖,在三棱錐S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=eq\f(π,2),M,N分別是AB和SC的中點.則直線SM與平面SAC所成角的大小為________.[能力提升練]1.如圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長(包括底面邊長)都是2,E,F(xiàn)分別是AB,A1C1的中點,則EF與側(cè)棱C1C所成角的余弦值是________.2.已知空間向量a,b滿足|a|=|b|=1,且a,b的夾角為eq\f(π,3),O為空間直角坐標(biāo)系的原點,點A,B滿足eq\o(OA,\s\up6(→))=2a+b,eq\o(OB,\s\up6(→))=3a-b,則△OAB的面積為________.3.過正方形ABCD的頂點A,引PA⊥平面ABCD.若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成二面角的大小是________.4.如圖所示,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E為BC的中點.則異面直線NE與AM所成角的余弦值為________.5.(2019·江蘇南通中學(xué)月考)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長都相等,A1在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的中心,則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于________.6.已知△ABC是邊長為1的正三角形,PA⊥平面ABC,且PA=1,若點A關(guān)于直線PC的對稱點為D,則直線AD與BC所成角的余弦值是________.答案精析基礎(chǔ)保分練1.02.60°3.eq\f(\r(10),10)4.eq\f(\r(3),3)5.eq\f(\r(30),10)6.45°解析以O(shè)為原點,以O(shè)A為x軸,OB為y軸,OC為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(1,2),0)),C(0,0,1),由題意得OB⊥OA,OA⊥OC,∴eq\o(OA,\s\up6(→))是平面BOC的法向量,設(shè)OD與平面OBC的夾角為θ,θ∈[0°,90°],則sinθ=|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OD,\s\up6(→))〉|=eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OD,\s\up6(→))|)=eq\f(\r(2),2),∴θ=45°,∴OD與平面OBC的夾角為45°.7.eq\f(π,3)解析y軸的一個方向向量為m=(0,1,0),設(shè)y軸與平面α所成的角為θ,則sinθ=|cos〈m,n〉|.∵cos〈m,n〉=eq\f(m·n,|m|·|n|)=eq\f(-\r(3),2×1)=-eq\f(\r(3),2),∴sinθ=eq\f(\r(3),2),∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),∴θ=eq\f(π,3).8.eq\f(3-2\r(2),5)解析因為eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(AC,\s\up6(→))-eq\o(AB,\s\up6(→)),所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))-eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(AC,\s\up6(→))〉-|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(AB,\s\up6(→))〉=8×4×cos135°-8×6×cos120°=24-16eq\r(2),所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(BC,\s\up6(→))〉=eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)=eq\f(24-16\r(2),8×5)=eq\f(3-2\r(2),5).所以O(shè)A與BC的夾角的余弦值為eq\f(3-2\r(2),5).9.60°60°解析以D為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則A1(1,0,1),D(0,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),B(1,1,0),eq\o(A1D,\s\up6(→))=(-1,0,-1),eq\o(CD1,\s\up6(→))=(0,-1,1),設(shè)異面直線A1D與CD1所成的角為θ,θ∈(0°,90°],則cosθ=eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→))|,|\o(A1D,\s\up6(→))|·|\o(CD1,\s\up6(→))|)=eq\f(1,\r(2)·\r(2))=eq\f(1,2),∴θ=60°,∴異面直線A1D與CD1所成的角為60°.eq\o(DA1,\s\up6(→))=(1,0,1),eq\o(DC,\s\up6(→))=(0,1,0),eq\o(CA1,\s\up6(→))=(1,-1,1),eq\o(CB,\s\up6(→))=(1,0,0),設(shè)平面DCA1的法向量n=(x1,y1,z1),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))=x1+z1=0,,n·\o(DC,\s\up6(→))=y(tǒng)1=0,))取x1=1,得n=(1,0,-1),設(shè)平面BCA1的法向量m=(x2,y2,z2),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CA1,\s\up6(→))=x2-y2+z2=0,,m·\o(CB,\s\up6(→))=x2=0,))取y2=1,得m=(0,1,1),設(shè)二面角B-A1C-D的大小為α,α為銳角,則cosα=eq\f(|m·n|,|m|·|n|)=eq\f(1,\r(2)·\r(2))=eq\f(1,2),∴α=60°,∴二面角B-A1C-D的大小為60°.10.eq\f(π,4)解析因為∠ASB=∠BSC=∠CSA=eq\f(π,2),所以以S為坐標(biāo)原點,SA,SB,SC為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).設(shè)SA=SB=SC=2,則M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2),所以eq\o(SM,\s\up6(→))=(1,1,0),設(shè)平面SAC的一個法向量為eq\o(SB,\s\up6(→))=(0,2,0),則由cos〈eq\o(SM,\s\up6(→)),eq\o(SB,\s\up6(→))〉=eq\f(2,\r(2)·2)=eq\f(\r(2),2)得〈eq\o(SM,\s\up6(→)),eq\o(SB,\s\up6(→))〉=eq\f(π,4),所以直線SM與平面SAC所成角的大小為eq\f(π,2)-eq\f(π,4)=eq\f(π,4).能力提升練1.eq\f(2\r(5),5)2.eq\f(5\r(3),4)3.45°解析以點A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AP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(biāo)系,設(shè)AB=1,易得平面APB的一個法向量為n1=(0,1,0),平面PCD的一個法向量為n2=(0,1,1),故平面ABP與平面CDP所成二面角的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)=eq\f(\r(2),2),故所求二面角的大小是45°.4.eq\f(\r(10),10)解析如圖,以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DM所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.依題意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1,0)),所以eq\o(NE,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0,-1)),eq\o(AM,\s\up6(→))=(-1,0,1),因為|cos〈eq\o(NE,\s\up6(→)),eq\o(AM,\s\up6(→))〉|=eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)=eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))=eq\f(\r(10),10).所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).5.eq\f(\r(2),3)解析設(shè)A1在底面ABC內(nèi)的射影為O,過O作OH∥BC交AB于點H,以O(shè)為坐標(biāo)原點,分別以eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OH,\s\up6(→)),eq\o(OA1,\s\up6(→))的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).設(shè)△ABC的邊長為1,則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3),0,0)),B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(3),2),\f(1,2),\f(\r(6),3))),∴eq\o(AB1,\s\up6(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5\r(3),6),\f(1,2),\f(\r(6),3))),平面ABC的法向量n=(0,0,1),則AB1與底面ABC所成角α的正弦值sinα=|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→)),n〉|=eq\f(\f(\r(6),3),\r(\f(75,36)+\f(1,4)+\f(6,9)))=eq\f(\r(2),3).6.eq\f(\r(2),4)解析如圖,取AC的中點O,連結(jié)BO,PO,∵△ABC是邊長為1的正三角形,∴BO⊥AC,∵PA⊥平面ABC,BO?平面ABC,∴BO⊥PA,∵AC∩PA=A,AC,PA?平面PAC,∴BO⊥平面APC,如圖,以A為坐標(biāo)原點,AC,AP所在直線分別為y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,易得AD與PC的交點H為PC中點,則A(0,0,0),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),\f(1,2),0)),C(0,1,0),Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)
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