1.4.2 第2课时 用空间向量研究夹角问题-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评word（人教A版2019）

数学　选择性必修·第一册[人教A版]作业与测评 第2课时　用空间向量研究夹角问题 知识点一　用向量法求直线与直线所成的角 1．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2的夹角为θ，直线l1与l2所成的角为α，则(　　) A．α＝θ B．α＝π－θ C．cosθ＝|cosα| D．cosα＝|cosθ| 答案　D 解析　由题意知，θ与α相等或互补，且α∈，所以cosα＝|cosθ|.故选D. 2.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　解法一：∵＝＋，＝＋，∴·＝(＋)·(＋)＝·＝.而||＝＝＝＝，同理，||＝.令α为所求角，则cosα＝＝＝.故选D. 解法二：如图，以D为原点，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，则A(1，0，0)，M，C(0，1，0)，N，∴＝，＝.故·＝0×1＋×0＋1×＝，||＝＝， ||＝＝.令α为所求角，则cosα＝＝＝.故选D. 3.[易错题]如图，在三棱柱OAB－O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB， ∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值． 解　以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O1(0，1，)，A(，0，0)，A1(，1，)，B(0，2，0)， ∴＝(－，1，－)，＝(，－1，－)． ∴|cos〈，〉|＝ ＝ ＝. ∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为. [易错分析]　本题容易忽视异面直线所成角的范围为而出错． 知识点二　用向量法求直线与平面所成的角 4．正四棱锥S－ABCD中，SA＝AB＝2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，B(1，1，0)，S(0，0，)．∴＝(－2，2，0)，＝(－1，－1，)，＝(1，－1，)．设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴令z＝，得x＝0，y＝2，∴n＝(0，2，)．设直线AC与平面SBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. 5．(2023·辽宁鞍山一中高二期中)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝AD＝1，P为线段AD1上的动点，则PB1与平面BCC1B1所成角的余弦值的最小值为(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　以D为原点，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，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，2)，因为DC⊥平面BCC1B1，所以平面BCC1B1的一个法向量为＝(0，1，0)，设点P的横坐标为m，则P(m，0，2－2m)，所以＝(1－m，1，2m)(0≤m≤1)，设PB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，令t＝5m2－2m＋2(0≤m≤1)，图象的对称轴为直线m＝，所以t＝5m2－2m＋2的最小值为tmin＝5×－2×＋2＝，所以sinθ的最大值为＝，因为sin2θ＋cos2θ＝1，所以cosθ的最小值为＝.故选D. 6．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值． 解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，M，C1，B(0，a，0)， 故＝， ＝，＝. 设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)． 则∴ 令y＝2，则z＝－，x＝0， ∴n＝. ∴cos〈，n〉＝＝＝－. 设BC1与平面AMC1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，n〉|＝. [规律方法]　利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u. (3)求平面的法向量n. (4)设直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝. 知识点三　用向量法求平面与平面的夹角 7.如图，在正方体ABEF－DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为(　　) A．－ B． C．－ D． 答案　B 解析　设正方体的棱长为1，以B为原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，M，N，A(1，0，0)． 设平面MNA的法向量为n1＝(x，y，z)，由于＝，＝，则 即令x＝1，得y＝1，z＝1，于是n1＝(1，1，1)．同理可求得平面MNB的一个法向量为n2＝(1，－1，－1)，设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.故平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为. 8.如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，∠EBD＝60°，则平面BEF与平面BDE夹角的余弦值为________． 答案　 解析　∵DA，DC，DE两两垂直，∴可建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．∵∠EBD＝60°，∴＝，由AD＝3，知BD＝3，∴DE＝3，AF＝.则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，∴＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝，则n＝(4，2，)为平面BEF的一个法向量．连接AC，∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又BD∩DE＝D，∴AC⊥平面BDE，∴平面BDE的一个法向量为＝(3，－3，0)，∴|cos〈n，〉|＝＝＝.∴平面BEF与平面BDE夹角的余弦值为. 9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，在线段AB上是否存在一点E，使平面CDE与平面C1DE夹角的余弦值为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 解　假设存在点E，设AE＝a(0≤a≤4)．如图，以D为原点，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Dxyz，则有E(3，a，0)，C1(0，4，2)，D(0，0，0)． 设平面C1DE的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(0，4，2)，＝(3，a，0)， 故即 令y＝1，得x＝－，z＝－2，即n＝， 又易知平面CDE的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 由题意知＝，解得a＝3， 所以在线段AB上存在一点E，使平面CDE与平面C1DE夹角的余弦值为，此时AE＝3. 知识点四　向量法的综合应用 10．(2023·石家庄高二第一学期期中)如图，四棱锥P－ACBD，PD⊥平面ACBD，且AD⊥DB，DB＝1，PA＝2，△ABC是边长为2的正三角形． (1)求证：AC∥平面PBD； (2)求平面ABP与平面ABC夹角的余弦值； (3)线段PC上是否存在一点E，使得DE与平面ABP所成角的正弦值为？若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：如图1，取AC的中点F，连接BF. 则AF＝AC＝1＝DB. 因为AD⊥DB，所以AD2＝AB2－BD2＝3，所以AD＝. 因为△ABC是边长为2的正三角形，F是AC的中点， 所以BF⊥AC，所以BF2＝BC2－CF2＝3， 所以BF＝＝AD. 则在四边形ADBF中，有AF＝DB，BF＝AD， 所以四边形ADBF为平行四边形，所以AC∥DB. 因为AC⊄平面PBD，DB⊂平面PBD， 所以AC∥平面PBD. (2)由已知PD⊥平面ACBD，AD⊂平面ACBD， 所以PD⊥AD，PD＝＝1. 以D为原点，AD，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图2. 则D(0，0，0)，A(－，0，0)，B(0，1，0)，F(－，1，0)，C(－，2，0)，P(0，0，1)， 所以＝(，1，0)，＝(，0，1)，＝(0，0，1)． 设n1＝(x1，y1，z1)是平面ABP的法向量， 则有 取x1＝1，可得y1＝z1＝－， 所以n1＝(1，－，－)是平面ABP的一个法向量． 因为PD⊥平面ACBD，所以＝(0，0，1)即为平面ABC的一个法向量． 因为cos〈n1，〉＝＝＝－， 所以平面ABP与平面ABC夹角的余弦值为. (3)存在，当点E与点P重合时，满足条件． 设＝λ(0≤λ≤1)． 由(2)知，＝(－，2，－1)， 所以＝λ(－，2，－1)＝(－λ，2λ，－λ)， 所以＝＋＝(－λ，2λ，－λ＋1)． 又n1＝(1，－，－)是平面ABP的一个法向量， 则cos〈n1，〉＝ ＝ ＝. 令＝， 整理可得，2λ2－3λ＝0， 解得λ＝0或λ＝(舍去)． 所以当λ＝0，即点E与点P重合时，满足条件． [名师点拨]　利用向量方法求两个平面的夹角的大小时，多采用法向量的方法，即求出两个平面的法向量，然后通过法向量的夹角得到两个平面的夹角的大小，这种方法思路简单，但运算量大，求解时需注意两个平面夹角的取值范围是. 一、选择题 1．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB与CD所成角的余弦值为(　　) A． B．－ C． D．－ 答案　A 解析　＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，而cos〈，〉＝＝＝，故直线AB与CD所成角的余弦值为.故选A. 2.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　以A为原点，AF，AB，AD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，则A(0，0，0)，G(a，a，0)，C(0，2a，2a)，B(0，2a，0)，∴＝(a，a，0)，＝(0，2a，2a)，＝(－a，a，0)．设平面AGC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝1，则x＝1，y＝－1，∴n＝(1，－1，1)．设GB与平面AGC所成的角为α，∵＝(－a，a，0)，∴sinα＝＝＝. 3．(2024·云南高二阶段练习)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥AC，D为CC1的中点，AB＝AC＝AA1，则AB1与A1D所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　以A为原点，AB，AC，AA1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AB＝2，则A(0，0，0)，B1(2，0，2)，A1(0，0，2)，D(0，2，1)，所以＝(2，0，2)，＝(0，2，－1)，设AB1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝＝＝. 4．三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，则直线PN与平面ABC所成角θ的正切值取最大值时λ的值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　由题意知AB，AC，AA1两两垂直，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，N，P(λ，0，1)，∴＝.易得平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，则直线PN与平面ABC所成的角θ满足sinθ＝|cos〈，n〉|＝ ，∴tanθ＝，而θ∈，当λ＝时，tanθ取得最大值2. 5．[多选]正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　) A．直线DD1与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行 C．平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为 D．点C和点G到平面AEF的距离相等 答案　BC 解析　如图，以D为原点，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，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，E，F，G，D1(0，0，1)，C(0，1，0)．对于A，＝(0，0，1)，＝，从而·＝≠0，所以直线DD1与直线AF不垂直，A错误；对于B，＝，＝，＝，设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则 即取x1＝2，则y1＝1，z1＝2，故平面AEF的一个法向量为n＝(2，1，2)，因为·n＝0，A1G⊄平面AEF，所以直线A1G与平面AEF平行，B正确；对于C，由图可知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设平面AEF与平面ABCD的夹角为θ，则cosθ＝＝，即平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为，C正确；对于D，＝(1，－1，0)，则点C到平面AEF的距离为＝，＝，则点G到平面AEF的距离为＝，故点C和点G到平面AEF的距离不相等，D错误．故选BC. 二、填空题 6．若直线l的一个方向向量a＝(－2，3，1)，平面α的一个法向量n＝(4，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为________． 答案　 解析　由题意，得直线l与平面α所成角的正弦值为＝＝. 7.(2024·河北邢台月考)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点．设D是线段B1C1上的动点(包括两个端点)，若直线BD与EF所成角的余弦值为，则线段BD的长为________． 答案　2 解析　如图，以E为原点建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，F，B(0，－1，0)，设D(0，t，2)(－1≤t≤1)，则＝，＝(0，t＋1，2)，设直线BD与EF所成的角为θ，则cosθ＝＝＝，即23t2＋14t－37＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)，所以BD＝||＝＝2. 8．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，E为BB1的中点，则平面AEC与平面ABC的夹角为________． 答案　 解析　设正三棱柱的棱长为2，以AC的中点O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，AC的垂直平分线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，B(0，，0)，E(0，，1)，＝(－2，0，0)，＝(－1，，1)．设平面AEC的法向量为n1＝(x，y，z)，则 令z＝，得n1＝(0，－1，)．易知平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，则cos〈n1，n2〉＝＝.故平面AEC与平面ABC的夹角为. 三、解答题 9.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，P，Q分别为A1B1，BC的中点． (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值． 解　如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以O为原点，OB，OC，OO1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，因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)． (1)因为P为A1B1的中点，所以P， 从而＝，又＝(0，2，2)， 故cos，＝＝＝. 因此异面直线BP与AC1所成角的余弦值为. (2)因为Q为BC的中点，所以Q， 因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2)． 设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量， 则即 不妨取n＝(，－1，1)． 设直线CC1与平面AQC1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos，n|＝＝＝， 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为. 10．(2023·三湘名校高二期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DA＝DB，PB⊥BC，E为PB的中点，F为PC上一点，且PC＝3PF. (1)求证：PC⊥DE； (2)求平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值． 解　(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD， 又PB⊥BC，AD∥BC，所以AD⊥PB， 又PD∩PB＝P，PD，PB⊂平面PDB， 所以AD⊥平面PDB，所以AD⊥BD. 以D为原点，DA，DB，DP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PD＝1，则由已知，可得D(0，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，1，0)，P(0，0，1)，E，F， 所以＝(－1，1，－1)，＝， 故·＝(－1)×0＋1×＋(－1)×＝0，所以PC⊥DE. (2)因为＝，＝， 设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)， 由得 令y＝1，则x＝－1，z＝－1， 所以m＝(－1，1，－1)为平面DEF的一个法向量， 又PD⊥底面ABCD， 所以＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量， 所以cos〈m，〉＝＝＝－， 所以平面DEF与平面ABCD夹角的余弦值为. 11．(2023·天津河东区高二期中)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3.M是AB的中点，N是B1C1的中点，点P在线段A1N上，且A1P＝A1N，Q是BC1与B1C的交点． (1)求证：PQ∥平面A1CM； (2)在线段AA1上是否存在点S，使得直线CS与平面A1CM所成角的正弦值为？请说明理由． 解　(1)证明：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A1(0，0，3)，C(2，0，0)，M(0，1，0)，N(1，1，3)，Q， 所以＝(1，1，0)，＝，＝(－2，1，0)，＝(－2，0，3)， 因为＝＝， 所以＝－＝. 设平面A1CM的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝2，则x＝3，y＝6，故n＝(3，6，2)， 所以·n＝×3＋×6－×2＝0，则 ⊥n. 因为PQ⊄平面A1CM，所以PQ∥平面A1CM. (2)假设线段AA1上存在点S，使得直线CS与平面A1CM所成角的正弦值为， 不妨设AS＝h(0≤h≤3)， 则S(0，0，h)，故＝(－2，0，h)， 所以|cos〈，n〉|＝＝， 故＝， 解得h＝2. 所以当S为线段AA1上靠近A1的三等分点时，直线CS与平面A1CM所成角的正弦值为. 18 学科网（北京）股份有限公司 $$