3.4.3用向量方法研究立体几何中的度量关系第2课时用向量方法研究立体几何中的度量关系(二)练习-2024-2025学年高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册

第2课时　用向量方法研究立体几何中的度量关系(二) 一、选择题 1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.30° B.135° C.45° D.90° 2.已知cos<a,b>=-,则下列说法错误的是 (　 ) A.若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2夹角的余弦值是 B.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α夹角的余弦值是 C.若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α与平面β夹角的余弦值是 D.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α夹角的正弦值是 3.在空间直角坐标系O-xyz中,=(1,-1,0),=(-2,0,1),平面α的一个法向量为m=(-1,0,1),则平面α与平面ABC夹角的正弦值为 (　 ) A. B. C. D. 4.已知二面角α-l-β的大小为120°,点B,C在棱l上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB=2,BC=1,CD=3,则AD的长为 (　 ) A. B. C.2 D.2 5.如图所示,在四面体P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=BC=CA=PC,则二面角B-AP-C的平面角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的正切值为时,实数m的值为 (　 ) A. B.1 C.2 D.3 7.(多选题)已知平面α的一个法向量为n1=,平面β的一个法向量为n2=,则平面α与平面β的夹角满足 (　 ) A.余弦值为 B.正弦值为 C.大小为60° D.大小为30° 8.(多选题)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥底面ABCD,则下列说法中正确的是 (　 ) A.PA⊥BD B.PB与平面ABCD的夹角为 C.异面直线AB与PC夹角的余弦值为 D.平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 二、填空题 9.已知O(0,0,0),A(0,0,1),B(3,0,0),C(0,2,0),则二面角O-AC-B的平面角的余弦值是　　　　.  10.若两个平面α,β的一个法向量分别是u=(1,0,1),v=(-1,1,0),则平面α与平面β夹角的大小是　　　　.  11.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的平面角的正切值为　　　　.  第11题图 12.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1=1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC夹角的大小为,则当B1M最小时, ∠AMB=　　　　.  第12题图 三、解答题 13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D1=2,AB=2,A1C与BD1交于点N,CD的中点为M. (1)求证:AN⊥平面BMN; (2)求直线D1C与平面ABN夹角的正弦值; (3)求平面CBN与平面ABN夹角的余弦值. 14.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1,CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证:C1M⊥B1D; (2)求二面角B-B1E-D的平面角的正弦值. 15.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,E是CD的中点,D1E⊥CD,AB=2BC=2,且平面BCC1B1与平面BED1夹角的余弦值为,则线段D1E的长度为　　　　.  16.如图①,A,D分别是矩形A1BCD1的边A1B,CD1上的点,AB=2AA1=2AD=2,DC=2DD1,把四边形A1ADD1沿AD折起,使其所在平面与平面ABCD垂直,如图②所示,连接A1B,D1C,得到几何体ABA1-DCD1. (1)当点E在棱AB上移动时,证明:D1E⊥A1D. (2)在棱AB上是否存在点E,使二面角D1-EC-D的平面角为?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由. ① ② 第2课时　用向量方法研究立体几何中的度量关系(二) 1.C　[解析] cos<m,n>===,即<m,n>=45°,∴两平面的夹角为45°.故选C. 2.B　[解析] 对于A,a,b分别是直线l1,l2的方向向量,且cos<a,b>=-,设直线l1,l2的夹角为θ,则cos θ=|cos<a,b>|=,A中说法正确;对于B,D,a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,且cos<a,b>=-,设直线l与平面α的夹角为φ,则sin φ=|cos<a,b>|=,B中说法错误,D中说法正确;对于C,a,b分别是平面α,β的法向量,且cos<a,b>=-,设平面α与平面β的夹角为θ1,则cos θ1=|cos<a,b>|=,C中说法正确.故选B. 3.A　[解析] 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,1,2).设平面α与平面ABC的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|===, 所以sin θ==,所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为.故选A. 4.D　[解析] 如图所示,由题意知·=·=0,又二面角α-l-β的大小为120°,则<,>=60°,∴·=2×3×cos 60°=3,又=++,∴=(++)2=+++2(·+·+·)=22+12+32+2×(0+0+3)=20,∴||=2,即AD的长为2.故选D. 5.C　[解析] 如图所示,作BD⊥AP于点D,作CE⊥AP于点E,设AB=1,则CE=,EP=,PA=PB=,BD=,ED=.因为=++,所以=+++2·+2·+2·,得·=-,所以cos<,>==-,因为二面角B-AP-C的平面角为锐角,所以二面角B-AP-C的平面角的余弦值为. 6.C　[解析] 设D1为B1C1的中点,连接DD1,如图,以D为原点,以DA,DB,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0),A1(,0,3).设E(a,b,c),由=m,得(a-,b,c-3)=m(-a,-1-b,-c),即E,所以=(,0,0),=.设平面EAD的法向量为m=(x,y,z),则取m=,取平面ADC的一个法向量为n=(0,0,1).设二面角E-AD-C的大小为θ,由tan θ=,得cos θ=,则cos θ===,所以m=2.故选C. 7.BD　[解析] 设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ===,所以θ=30°,sin θ=.故选BD. 8.AD　[解析] 对于A,由∠DAB=,AB=2AD及余弦定理得BD=AD,所以BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.由PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,又AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD,故A正确.对于B,因为PD⊥底面ABCD,所以∠PBD就是PB与平面ABCD的夹角,因为tan∠PBD==,所以∠PBD=,故B错误.对于C,显然∠PCD是异面直线PC与AB的夹角,易得cos∠PCD==,故C错误.对于D,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D-xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),所以=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则即取y1=1,则x1=,z1=,则n=(,1,).设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则即取y2=1,则x2=0,z2=,则m=(0,1,).所以cos<m,n>==,所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为,故D正确.故选AD. 9.　[解析] 如图所示,由题得=(3,0,-1),=(0,2,-1).设m=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量,则令y=1,则m=.易得平面AOC的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>===,∴二面角O-AC-B的平面角的余弦值是. 10.60°　[解析] 设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ===,所以θ=60°. 11.　[解析] 如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,O为AC的中点,又点F为PC的中点,所以OF∥AP,因为PA⊥平面ABCD,所以OF⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,C,则=,=,=,易知为平面BDF的一个法向量.设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,可得n=(1,,),所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=.由题意知二面角C-BF-D的平面角为锐角,故二面角C-BF-D的平面角的正切值为. 12.　[解析] 以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,设CN=b,BM=a,a,b∈[0,1],则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),所以=(1,0,a),=(0,1,b).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则n=(-a,-b,1).又易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),且平面AMN与平面ABC的夹角为,所以|cos<m,n>|===,化简可得3a2+3b2=1,当B1M最小时,BM最大,此时b=0,则BM=a=,所以tan∠AMB===,则∠AMB=. 13.解:(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系,由题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),C(2,2,0),D1(0,2,2), 因为A1C与BD1交于点N,在长方体中可得N为A1C的中点,所以N(,1,1), 因为M为CD的中点,所以M(,2,0),所以=(,1,1),=(-,2,0),=(0,-1,1). 由得⊥,⊥,即AN⊥BM,AN⊥MN,又BM∩MN=M,BM,MN⊂平面BMN,所以AN⊥平面BMN. (2)由(1)可得=(-2,0,2),=(2,0,0),=(,1,1),设平面ABN的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令y1=1,则n1=(0,1,-1),所以cos<,n1>===-.设直线D1C与平面ABN的夹角为θ,则sin θ=|cos<,n1>|=,所以直线D1C与平面ABN夹角的正弦值为. (3)设平面CBN的法向量为n2=(x2,y2,z2),由(1)可得=(0,2,0),=(-,1,1),则即令x2=,可得n2=(,0,2),所以cos<n1,n2>===-.设平面CBN与平面ABN的夹角为α,则cos α=|cos<n1,n2>|=,所以平面CBN与平面ABN夹角的余弦值为. 14.解:在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,∴AC,BC,CC1两两垂直. 以C为原点,以CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示,∵AC=BC=2,CC1=3,AD=1,CE=2,∴C(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3). (1)证明:∵=(1,1,0),=(2,-2,-2),∴·=2-2+0=0,∴⊥,即C1M⊥B1D. (2)∵CC1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴CC1⊥AC, 又AC⊥BC,CC1∩BC=C,CC1⊂平面CBB1C1,BC⊂平面CBB1C1,∴AC⊥平面CBB1C1,∴AC⊥平面BB1E,∴平面BB1E的一个法向量为=(2,0,0).设平面B1ED的法向量为n=(x,y,z),∵=(2,0,-1),=(0,2,1),∴取z=2,则x=1,y=-1, ∴平面B1ED的一个法向量为n=(1,-1,2),∴cos<,n>===,∴二面角B-B1E-D的平面角的正弦值为==. 15.　[解析] ∵底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,∴BC⊥CD,BC⊥CC1,又∵CD∩CC1=C,CD,CC1⊂平面DCC1D1,∴BC⊥平面DCC1D1,∵D1E⊂平面DCC1D1,∴BC⊥D1E.又∵D1E⊥CD,且BC∩CD=C,BC,CD⊂平面ABCD,∴D1E⊥平面ABCD.过E作EF∥CB,交AB于F,以E为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),设D1E=a(a>0),则D1(0,0,a),C1(0,2,a).设平面BED1的法向量为n=(x,y,z),易知=(1,1,0),=(0,0,a),由令x=1,得n=(1,-1,0).设平面BCC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1),易知=(1,0,0),=(0,1,a),由令z1=1,得m=(0,-a,1).由平面BCC1B1与平面BED1夹角的余弦值为,得|cos<m,n>|==,可得a=,∴D1E=. 16.解:(1)证明:由题图①易知题图②中,有AD⊥DD1,AD⊥CD, 又因为平面A1ADD1⊥平面ABCD, 平面A1ADD1∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面A1ADD1,又DD1⊂平面A1ADD1,故CD⊥DD1.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,如图,则D(0,0,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),不妨设AE=a,0≤a≤2,则E(1,a,0),故=(-1,0,-1),=(1,a,-1), 所以·=0,故D1E⊥A1D. (2)假设在棱AB上存在E(1,y0,0),使二面角D1-EC-D的平面角为,其中0≤y0≤2,由(1)知DD1⊥平面DCE,所以=(0,0,1)为平面DCE的一个法向量.由(1)知C(0,2,0),则=(0,-2,1),=(1,y0,-1),设平面D1CE的法向量为r=(x,y,z),则即则可取r=(2-y0,1,2).因为二面角D1-EC-D的平面角为,所以|cos<,r>|=cos =,即=,解得y0=2-或y0=2+(舍去),所以AE=y0=2-,故在棱AB上存在点E,使二面角D1-EC-D的平面角为,且AE=2-. 学科网（北京）股份有限公司 $$