2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章空間向量與立體幾何2.5夾角的計算課時作業(yè)含解析北師大版選修2-1

PAGEPAGE1課時作業(yè)10夾角的計算時間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題1．在如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為(D)A．－eq\f(\r(10),10) B．－eq\f(1,20)C．eq\f(1,20) D．eq\f(\r(10),10)解析：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,2)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,2)，∴cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(10),10)，∴異面直線DE與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).2．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0，－1,1)，則兩平面的夾角為(A)A．45° B．135°C．45°或135° D．90°解析：cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－1,1×\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝135°，∴兩平面的夾角為180°－135°＝45°.3．若直線l的方向向量和平面α的法向量的夾角等于120°，則直線l與平面α的夾角等于(C)A．120° B．60°C．30° D．以上均錯解析：∵直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于120°，∴直線l與平面α所成的角為120°的補(bǔ)角60°的余角30°.4．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為(A)A．30° B．60°C．120° D．150°解析：設(shè)l與α所成角為θ，∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，又直線與平面所成角θ滿意0°≤θ≤90°，∴sinθ＝|－eq\f(1,2)|.∴θ＝30°.5．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于(A)A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：設(shè)AB＝1，則AA1＝2，分別以eq\o(D1A1,\s\up6(→))、eq\o(D1C1,\s\up6(→))、eq\o(D1D,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如右圖所示：則D1(0,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDC1的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y－2z＝0，))取n＝(－2,2,1)．設(shè)CD與平面BDC1所成角為θ，則sinθ＝|eq\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)|＝eq\f(2,3).故選A.6．空間四邊形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值是(D)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2) D．0解析：如圖．設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq\f(π,3)，|b|＝|c|.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(a·c－b,|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(a·c－a·b,|a||c－b|)＝0，故選D.7．如圖所示，已知點(diǎn)P為菱形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點(diǎn)F為PC中點(diǎn)，則平面CBF與平面DBF夾角的正切值為(D)A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)解析：設(shè)AC∩BD＝O，連接OF，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA＝AD＝AC＝1，則BD＝eq\r(3)，∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，且eq\o(OC,\s\up6(→))為平面BDF的一個法向量．由eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可得平面BCF的一個法向量為n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．∴cos〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(21),7)，sin〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(7),7).∴tan〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(3),3).8．P是二面角α-AB-β棱上的一點(diǎn)，分別在α，β平面內(nèi)引射線PM，PN，假如∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么α與β的夾角大小為(D)A．60° B．70°C．80° D．90°解析：如圖，設(shè)PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB，NF⊥AB，則因∠BPM＝∠BPN＝45°，故PE＝eq\f(a,\r(2))，PF＝eq\f(b,\r(2)).于是eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→)))·(eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PF,\s\up6(→)))＝eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝abcos60°－a·eq\f(b,\r(2))cos45°－eq\f(a,\r(2))·bcos45°＋eq\f(a,\r(2))·eq\f(b,\r(2))＝eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)＋eq\f(ab,2)＝0.因?yàn)镋M，F(xiàn)N分別是α，β內(nèi)的與棱AB垂直的兩條直線，所以eq\o(EM,\s\up6(→))與eq\o(FN,\s\up6(→))的夾角就是α與β的夾角．二、填空題9．若兩個平面α，β的法向量分別是u＝(1,0,1)，v＝(－1,1,0)，則這兩個平面間的夾角的度數(shù)是60°.解析：cos〈u，v〉＝eq\f(u·v,|u||v|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).∴兩個平面α，β間的夾角為60°.10．已知異面直線m，n的方向向量分別為a＝(2，－1,1)，b＝(1，λ，1)，若異面直線m，n所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6)，則λ的值為eq\f(7,6).解析：由|cos〈a，b〉|＝|eq\f(a·b,|a|·|b|)|＝eq\f(|2－λ＋1|,\r(4＋1＋1)·\r(1＋λ2＋1))＝eq\f(\r(6),6)，兩邊平方，化簡得6λ＝7，解得λ＝eq\f(7,6).11．如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC所成的角的正弦值為eq\f(4,5).解析：不妨設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．則C(0，0,0)，A(eq\r(3)，－1,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，則eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,2)，設(shè)平面B1DC的法向量為n＝(x，y,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，))解得n＝(－eq\r(3)，1,1)．又∵eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－2))，∴sinθ＝|cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(4,5).三、解答題12．正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為a，側(cè)棱長為eq\r(2)a，求AC1與側(cè)面ABB1A1的夾角．解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0，0，eq\r(2)a)，C1(－eq\f(\r(3),2)a，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)．方法1：取A1B1的中點(diǎn)M，則M(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，連接AM，MC1，有eq\o(MC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，a,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(2)a)．∵eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，∴MC1⊥平面ABB1A1.∴∠C1AM是AC1與側(cè)面ABB1A1的夾角，∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0＋eq\f(a2,4)＋2a2＝eq\f(9a2,4).又|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq\r(3)a，|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq\f(3a,2)，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(9a2,4),\r(3)a·\f(3a,2))＝eq\f(\r(3),2).∴〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝30°，即AC1與側(cè)面ABB1A1的夾角為30°.方法2：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，a,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(2)a)．設(shè)側(cè)面ABB1A1的法向量n＝(λ，x，y)，∴n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0且n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，∴ax＝0且eq\r(2)ay＝0，∴x＝y(tǒng)＝0，故n＝(λ，0,0)．∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)a，eq\f(a,2)，eq\r(2)a)，∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·n,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－\f(\r(3),2)a·λ,\r(3)a·|λ|)＝－eq\f(λ,2|λ|).設(shè)AC1與側(cè)面ABB1A1的夾角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(1,2)，∴θ＝30°，即AC1與側(cè)面ABB1A1的夾角為30°.13．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．解：(1)證明：∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等，∴四邊形ABCD和四邊形A1B1C1D1均為菱形．∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，∴O，O1分別為BD，B1D1中點(diǎn)．∵四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1為矩形，∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD，∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，又∵AC∩BD＝O且AC，BD底面ABCD，∴OO1⊥底面ABCD.(2)解法1：如圖，過O1作B1O的垂線交B1O于點(diǎn)E，連接EO1，EC1.不妨設(shè)四棱柱ABCD－A1B1C1D1的邊長為2a.∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴OO1⊥平面A1B1C1D1，又∵O1C1平面A1B1C1D1，∴O1C1⊥OO1，∵四邊形A1B1C1D1為菱形，∴O1C1⊥O1B1，又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O，O1B1平面OB1D1，∴O1C1⊥平面OB1D1，又∵B1O平面OB1D1，∴B1O⊥O1C1，又∵B1O⊥O1E且O1C1∩O1E＝O1，O1C1，O1E平面O1EC1，∴B1O⊥平面O1EC1，∴∠O1EC1為二面角C1-OB1-D的平面角，cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)，∵∠CBA＝60°且四邊形ABCD為菱形，∴O1C1＝a，B1O1＝eq\r(3)a，OO1＝2a，B1O＝eq\r(B1O\o\al(2,1)＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(7)a，則O1E＝B1O1·sin∠O1B1O＝B1O1·eq\f(O1O,B1O)＝eq\r(3)a·eq\f(2a,\r(7)a)＝eq\f(2\r(21),7)a，再由△O1EC1的勾股定理可得EC1＝eq\r(O1E2＋O1C\o\al(2,1))＝eq\r(\f(12,7)a2＋a2)＝eq\r(\f(19,7))a，則cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)＝eq\f(\f(2\r(21),7)a,\r(\f(19,7))a)＝eq\f(2\r(57),19)，所以二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).解法2：∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1的全部棱長都相等，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，從而OB、OC、OO1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴OB＝eq\r(3)，OC＝1，于是各相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)．易知n1＝(0,1,0)為平面BDD1B1的一個法向量，設(shè)n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(OC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－eq\r(3)，則x＝2，y＝2eq\r(3)，∴n2＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))．設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為θ，易知θ為銳角，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2\r(57),19)，∴二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).——實(shí)力提升類——14．如圖，P是長方體ABCD-A′B′C′D′上底面內(nèi)的一點(diǎn)，設(shè)AP與面A′C′、面A′B、面A′D所成的角分別為α，β，γ，則sin2α＋sin2β＋sin2γ＝(A)A．1 B．2C.eq\f(2,3) D．不確定解析：設(shè)AD＝a，DC＝b，DD′＝c，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD′,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x，y，c)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－a，y，c)，易知eq\o(DD′,\s\up6(→))＝(0,0，c)是面A′C′的一個法向量，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(a,0,0)是面A′B的一個法向量，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，b,0)是面A′D的一個法向量，∴sin2α＋sin2β＋sin2γ＝(eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DD′,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))|·|\o(DD′,\s\up6(→))|))2＋(eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DA,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))|·|\o(DA,\s\up6(→))|))2＋(eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|))2＝eq\f(c2＋x－a2＋y2,c2＋x－a2＋y2)＝1.15．如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,3)，F(xiàn)為PC的中點(diǎn)，AF⊥PB.求二面角B-AF-D的正弦值．解：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，因?yàn)锽C＝CD，即△BCD為等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OB,\s