1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题（课时练习）-2022-2023学年高二新教材数学选择性必修第一册【勤径学升·同步练测】（人教A版）

[对应素能提升训练第19页] 1. 已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　) A．30°　 B．60°　 C．120°　 D．150° 解析　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝.∴θ＝30°. 答案　A 2．已知四面体OABC的各棱长均为1，D是棱OA的中点，则异面直线BD与AC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　＝－＝－，＝－，于是||＝，||＝1，且·＝·(－)＝－，于是cos ，＝＝＝－，故异面直线BD与AC所成角的余弦值为. 答案　C 3．在一个锐二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个锐二面角的两个半平面的夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　由＝＝，知这个锐二面角的两个半平面的夹角的余弦值为. 答案　A 4．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，2，1)，C(2，2，0)，所以＝(0，－2，1)，＝(－2，0，1).所以平面ECF的一个法向量为n＝(1，1，2).设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.因为m＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量，所以cos θ＝|cos ＜m，n＞|＝. 答案　B 5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin＜，＞＝________． 解析　建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则C(0，2，0)，M(2，0，1)，D1(0，0，2)，N(2，2，1). ∴＝(2，－2，1)，D1N＝(2，2，－1). cos ＜，＞＝＝－. ∴sin ＜，＞＝. 答案　 6．在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为________． 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，连接BD，C1D，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)， ＝(1，1，0)，DC1＝(0，1，2). 设平面BDC1的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥DC1， 所以有令y＝－2，得 n＝(2，－2，1).设CD与平面BDC1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. 答案　 7．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N分别是A1B，B1C1的中点． (1)求证：MN⊥平面A1BC； (2)求直线BC1和平面A1BC所成角的大小． 解　(1)证明　根据题意CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC＝BC＝CC1＝a，则B(0，a，0)，B1(0，a，a)，C(0，0，0)，C1(0，0，a)，A1(a，0，a)，M，N， 所以BA1＝(a，－a，a)，CA1＝(a，0，a)， ＝. 于是·BA1＝0，·CA1＝0， 即MN⊥BA1，MN⊥CA1. 又BA1∩CA1＝A1，故MN⊥平面A1BC. (2)因为MN⊥平面A1BC，则为平面A1BC的法向量， 又BC1＝(0，－a，a)， 则cos 〈，〉＝＝＝， 所以〈，〉＝60°. 故直线BC1和平面A1BC所成的角为30°. 8．在长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　建立如图所示空间直角坐标系． 可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，设B1C1＝1，CC1＝＝DD1.所以C1D1＝，则有B1(，0，0)，C(，1，)，C1(，1，0)，D(0，1，)，所以＝(0，1，)，＝(－，0，).所以cos 〈，〉＝＝＝. 答案　A 9．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，∴cos ＜，＞＝＝＝＝，