空间向量与空间角练习题

PAGE/NUMPAGES课时作业(二十)eq\a\vs4\al([学业水平层次])一、选择题1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为(　　)A．30°B．150°C．30°或150°D．以上均不对【解析】　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).应选A.【答案】　A2．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为(　　)A.eq\f(5\r(22),66)B．－eq\f(5\r(22),66)C.eq\f(5\r(22),22)D．－eq\f(5\r(22),22)【解析】　eq\o(AB,\s\up12(→))＝(2，－2，－1)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(－2，－3，－3)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(CD,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up12(→))·\o(CD,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))||\o(CD,\s\up12(→))|)＝eq\f(5,3×\r(22))＝eq\f(5\r(22),66)，∴直线AB、CD所成角的余弦值为eq\f(5\r(22),66).【答案】　A3．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°【解析】　如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1.则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．于是eq\o(AD,\s\up12(→))＝(0,1,0)．取PD中点为E，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq\o(AD,\s\up12(→))是平面PAB的法向量，eq\o(AE,\s\up12(→))是平面PCD的法向量，∴coseq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\f(\r(2),2)，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.【答案】　B4．(2014·陕西师大附中高二检测)如图3­2­29，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD—A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E、F分别为C1D1、A1B的中点，则二面角B1­A1B­E的余弦值为(　　)图3­2­29A．－eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)【解析】　设AD＝1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，因为E、F分别为C1D1、A1B的中点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以eq\o(A1E,\s\up12(→))＝(－1,1,0)，eq\o(A1B,\s\up12(→))＝(0,2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up12(→))·m＝0，,\o(A1B,\s\up12(→))·m＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,2y－2z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝z，))取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1,1,1)，又DA⊥平面A1B1B，所以eq\o(DA,\s\up12(→))＝(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，eq\o(DA,\s\up12(→))〉＝eq\f(m·\o(DA,\s\up12(→)),|m||\o(DA,\s\up12(→))|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，又二面角B1­A1B­E为锐二面角，所以二面角B1­A1B­E的余弦值为eq\f(\r(3),3)，故选C.【答案】　C二、填空题5．棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1、BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值是________．【解析】　依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，C(0,1,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，eq\o(CN,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，∴cos〈eq\o(AM,\s\up12(→))，eq\o(CN,\s\up12(→))〉＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)·\f(\r(5),2))＝eq\f(2,5)，故异面直线AM与CN所成角的余弦值为eq\f(2,5).【答案】　eq\f(2,5)6．(2014·临沂高二检测)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2,0)、B(2,1，eq\r(6))，则向量eq\o(AB,\s\up12(→))与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为________．【解析】　设平面xOz的法向量为n＝(0，t,0)(t≠0)，eq\o(AB,\s\up12(→))＝(1,3，eq\r(6))，所以cos〈n，eq\o(AB,\s\up12(→))〉＝eq\f(n·\o(AB,\s\up12(→)),|n|·|\o(AB,\s\up12(→))|)＝eq\f(3t,4|t|)，因为〈n，eq\o(AB,\s\up12(→))〉∈[0，π]，所以sin〈n，eq\o(AB,\s\up12(→))〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,4|t|)))2)＝eq\f(\r(7),4).【答案】　eq\f(\r(7),4)7．已知点E，F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________．【解析】　如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0,0,1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．所以A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，所以eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,3)))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AE,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(EF,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋\f(1,3)z＝0.))取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1,3)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(11),11).所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cosα＝eq\f(3\r(11),11)，sinα＝eq\f(\r(22),11)，所以tanα＝eq\f(\r(2),3).【答案】　eq\f(\r(2),3)三、解答题8.如图3­2­30所示，在四面体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2).图3­2­30(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．【解】　　(1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：连结OC，由题意知BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD.又BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝eq\r(3)，又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2，∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，A(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，∴eq\o(BA,\s\up12(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)，∴cos〈eq\o(BA,\s\up12(→))，eq\o(CD,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up12(→))·\o(CD,\s\up12(→)),|\o(BA,\s\up12(→))|·|\o(CD,\s\up12(→))|)＝eq\f(\r(2),4).∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).9．四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；(2)当PD＝eq\r(2)AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．【解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，(1)∵eq\o(AC,\s\up12(→))＝(－a，a,0)，eq\o(DP,\s\up12(→))＝(0,0，h)，eq\o(DB,\s\up12(→))＝(a，a,0)，∴eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(DP,\s\up12(→))＝0，eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(DB,\s\up12(→))＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)当PD＝eq\r(2)AB且E为PB的中点时，P(0,0，eq\r(2)a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，\f(\r(2),2)a))，设AC∩BD＝O，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，连结OE，由(1)知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，∵eq\o(EA,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，－\f(1,2)a，－\f(\r(2),2)a))，eq\o(EO,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(\r(2),2)a))，∴cos∠AEO＝eq\f(\o(EA,\s\up12(→))·\o(EO,\s\up12(→)),|\o(EA,\s\up12(→))|·|\o(EO,\s\up12(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.eq\a\vs4\al([能力提升层次])1．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为(　　)A．60°B．90°C．45°D．以上都不对【解析】　以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，所以eq\o(A1E,\s\up12(→))＝(0,1，－1)，eq\o(D1E,\s\up12(→))＝(1,1，－1)，eq\o(EA,\s\up12(→))＝(0，－1，－1)．设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up12(→))＝0，,n·\o(D1E,\s\up12(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x＋y－z＝0.))令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0,1,1)，cos〈n，eq\o(EA,\s\up12(→))〉＝eq\f(n·\o(EA,\s\up12(→)),|n||\o(EA,\s\up12(→))|)＝eq\f(－2,\r(2)·\r(2))＝－1.所以〈n，eq\o(EA,\s\up12(→))〉＝180°.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.【答案】　B2．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.【解析】　平面xOy的法向量为n＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1)).而cos〈n，u〉＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2)，又∵a＞0，∴a＝eq\f(12,5).【答案】　eq\f(12,5)3.三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)图3­2­31A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)【解析】　不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，则eq\o(AB1,\s\up12(→))＝(－2,2,1)，eq\o(C1B,\s\up12(→))＝(0，－2,1)，所以cos〈eq\o(AB1,\s\up12(→))，eq\o(C1B,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up12(→))·\o(C1B,\s\up12(→)),|\o(AB1,\s\up12(→))||\o(C1B,\s\up12(→))|)＝eq\f(－2×0＋2×－2＋1×1,\r(9)×\r(5))＝－eq\f(\r(5),5).因为直线BC1与直线AB1夹角为锐角，所以所求角的余弦值为eq\f(\r(5),5).【答案】　A4.如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．图3­2­32(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．【解】　(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以eq\o(A1B,\s\up12(→))＝(2,0，－4)，eq\o(C1D,\s\up12(→))＝(1，－1，－4).因为cos〈eq\o(A1B,\s\up12(→))，eq\o(C1D,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up12(→))·\o(C1D,\s\up12(→)),|\o(A1B,\s\up12(→))||\o(C1D,\s\up12(→))|)＝eq\f(18,\r(20)×\r(18))＝eq\f(3\r(10),10)，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),10).(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为eq\o(AD,\s\up12(→))＝(1,1,0)，eq\o(AC1,\s\up12(→))＝(0,2,4)，所以n1·eq\o(AD,\s\up12(→))＝0，n1·eq\o(AC1,\s\up12(→))＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2,\r(9)×\r(1))＝eq\f(2,3)，得sinθ＝eq\f(\r(5),3).因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为eq\f(\r(5),3).温馨提示：最好仔细阅读后才下载使用，万分感谢！