课时达标检测(27) 空间中的角(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 空间中的角 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十七) 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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\up15(→))＝(2，－2，－1)，eq \o(CD,\s\up15(→))＝(－2，－3，－3)，而cos〈eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(CD,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(CD,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(CD,\s\up15(→))|)＝eq \f(5,3×\r(22))＝eq \f(5\r(22),66)，故直线AB和CD所成角的余弦值为eq \f(5\r(22),66)。 答案　A 答案与解析 2．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°。 答案　D 答案与解析 3．已知A∈α，P∉α，eq \o(PA,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2)))，平面α的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\r(2)))，则直线PA与平面α所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．150° 解析　设直线PA与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈eq \o(PA,\s\up15(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up15(→))·n|,\a\vs4\al(|\o(PA,\s\up15(→))||n|))＝eq \f(\r(3),2)。所以θ＝60°。 答案　C 答案与解析 4．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，O为侧面BCC1B1的中心，则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C．－eq \f(1,6) D．－eq \f(1,4) 解析　如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系。设正方体的棱长为2，则M(1，0,0)，N(0,1,2)，O(1,2,1)，D1(0,0,2)，所以eq \o(MN,\s\up15(→))＝(－1,1,2)，eq \o(OD1,\s\up15(→))＝(－1，－2，1)。则cos〈eq \o(MN,\s\up15(→))，eq \o(OD1,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(MN,\s\up15(→))·\o(OD1,\s\up15(→)),|\o(MN,\s\up15(→))||\o(OD1,\s\up15(→))|)＝eq \f(1,\r(6)×\r(6))＝eq \f(1,6)。所以异面直线MN与OD1所成角的余弦值为eq \f(1,6)。故选A。 答案　A 答案与解析 5．已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(1,3) 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故eq \o(DB,\s\up15(→))＝(1,1,0)，eq \o(DC1,\s\up15(→))＝(0,1,2)，eq \o(DC,\s\up15(→))＝(0,1,0)。 答案与解析 设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)。设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝ |cos〈n，eq \o(DC,\s\up15(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DC,\s\up15(→))|,|n||\o(DC,\s\up15(→))|)＝eq \f(2,3)。故选A。 答案　A 6．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD。若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　建立空间直角坐标系如图，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0，1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)，则eq \o(PD,\s\up15(→))＝(1,0，－1)，eq \o(CD,\s\up15(→))＝(0，－1,0)。平面PAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)。设平面PCD的一个法向量n2＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(PD,\s\up15(→))＝0，,n2·\o(CD,\s\up15(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y＝0。))令x＝1，则z＝1。所以n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)。所以平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为eq \f(\r(2),2)，所以所求二面角的大小为45°。 答案与解析 答案　B 7.如图所示，已知四棱锥P­ABCD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C­BF­D的正切值为(　　) A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \r(3) D.eq \f(4\r(3),3) 解析　如图所示，设AC与BD交于O，连接OF，以O为原点，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O­xyz。 答案与解析 设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq \r(3)，所以O(0,0,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq \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))，eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，易知eq \o(OC,\s\up15(→))为平面BDF的一个法向量。由eq \o(BC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \o(FB,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，所以cos〈n，eq \o(OC,\s\up15(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，sin〈n，eq \o(OC,\s\up15(→))〉＝eq \f(2\r(7),7)，所以tan〈n，eq \o(OC,\s\up15(→))〉＝eq \f(2\r(3),3)。又因为二面角C­BF­D为锐二面角，所以其正切值为eq \f(2\r(3),3)。 答案　B 二、填空题 8．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意一点，则直线BM与OP所成的角为________。 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A1P＝x，则O(1,1,0)，P(2，x,2)，B(2,2,0)，M(0,2,1)，eq \o(OP,\s\up15(→))＝(1，x－1,2)，eq \o(BM,\s\up15(→))＝(－2,0,1)。所以eq \o(OP,\s\up15(→))·eq \o(BM,\s\up15(→))＝0，所以直线BM与OP所成的角为eq \f(π,2)。 答案　eq \f(π,2) 答案与解析 9．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为________。 解析　在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝4，E是侧棱CC1的中点，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A(2,0,0)，E(0，1,2)，A1(2,0,4)，D(0,0,0)，eq \o(EA,\s\up15(→))＝(2，－1，－2)，eq \o(DA1,\s\up15(→))＝(2,0,4)，eq \o(DE,\s\up15(→))＝(0,1,2)，设平面A1ED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \o(DA1,\s\up15(→))＝2x＋4z＝0，n·eq \o(DE,\s\up15(→))＝y＋2z＝0，取z＝1，得n＝(－2，－2,1)， 答案与解析 设直线AE与平面A1ED所成角为θ，则sin θ＝ |cos〈eq \o(EA,\s\up15(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EA,\s\up15(→))·n,|\o(EA,\s\up15(→))||n|)))＝eq \f(4,\r(9)×\r(9))＝eq \f(4,9)。 所以直线AE与平面A1ED所成角的 正弦值为eq \f(4,9)。 答案　eq \f(4,9) 10.已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面ACD，则平面BCD与平面ACD夹角的余弦值为________。 解析　如图，取AC的中点E，分别以EA，ED，EB为x轴， 答案与解析 y轴，z轴建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，eq \r(3)，0)，B(0,0，eq \r(3))。设平面BCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，因为eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－1,0，－eq \r(3))，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0，))令z＝eq \r(3)，则y＝eq \r(3)，x＝－3，即n＝(－3，eq \r(3)，eq \r(3))。平面ACD的一个法向量为m＝(0,0,1)，设平面BCD与平面ACD夹角为θ，则cos θ＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(3),1×\r(15))＝eq \f(\r(5),5)。 答案　eq \f(\r(5),5) 三、解答题 11.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点。 (1)求证：BC1∥平面AD1E； (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值。 解　(1)证明：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB綊DC，D1C1綊DC，所以AB綊D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，BC1∥AD1。又AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E。 (2)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，以A为原点，AD，AB，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，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0,0,2)，eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(2,0,2)，eq \o(AE,\s\up15(→))＝(0,2,1)。 设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up15(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，)) 令z＝－2，则x＝2，y＝1，所以n＝(2,1，－2)。 设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈eq \o(AA1,\s\up15(→))，n〉|＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3)。 12.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1。 (1)证明：点C1在平面AEF内； (2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A­EF­A1的正弦值。 解　设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为原点，eq \o(C1D1,\s\up15(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1­xyz。 (1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq \o(EA,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq \o(C1F,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，得eq \o(EA,\s\up15(→))＝eq \o(C1F,\s\up15(→))， 因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面， 所以点C1在平面AEF内。 (2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，eq \o(AE,\s\up15(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(AF,\s\up15(→))＝(－2,0，－2)，eq \o(A1E,\s\up15(→))＝(0，－1,2)，eq \o(A1F,\s\up15(→))＝(－2，0,1)。 设n1＝(x，y，z)为平面AEF的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,－2x－2z＝0，))可取n1＝(－1，－1，1)。 设n2为平面A1EF的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1E,\s\up15(→))＝0，,n2·\o(A1F,\s\up15(→))＝0，))同理可取n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1))。 因为cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq \f(\r(7),7)，所以二面角A­EF­A1的正弦值为eq \f(\r(42),7)。 13.如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD。设平面PAD与平面PBC的交线为l。 (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值。 解　(1)证明：因为PD⊥底面ABCD， 所以PD⊥AD。 又底面ABCD为正方形， 所以AD⊥DC。因此AD⊥平面PDC。 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC。 又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l， 所以l∥AD。因此l⊥平面PDC。 (2)以D为原点，eq \o(DA,\s\up15(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq \o(DC,\s\up15(→))＝(0,1,0)，eq \o(PB,\s\up15(→))＝(1,1，－1)。 由(1)可设Q(a,0,1)，则eq \o(DQ,\s\up15(→))＝(a,0,1)。 设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0。)) 可取n＝(－1,0，a)。 所以cos〈n，eq \o(PB,\s\up15(→))〉＝eq \f(n·\o(PB,\s\up15(→)),|n||\o(PB,\s\up15(→))|)＝eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2))。 设PB与平面QCD所成角为θ。 则sin θ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))。 因为eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq \f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3)。 　素养升级　 14.如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，E为AB的中点。 (1)求证：BD1∥平面A1DE； (2)求证：D1E⊥A1D； (3)在线段AB上是否存在点M， 使二面角D1­MC­D的大小为eq \f(π,6)？若存在， 求出AM的长；若不存在，请说明理由。 解　(1)证明：由题意，可得D1D⊥平面ABCD。以D为原点，DA，DC，DD1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D­xyz， 则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，B(1,2,0)，E(1,1,0)， 所以eq \o(DA1,\s\up15(→))＝(1,0,1)，eq \o(DE,\s\up15(→))＝(1,1,0)。 设平面A1DE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA1,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(DE,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,x1＋y1＝0，)) 取x1＝1，得n1＝(1，－1，－1)。 又eq \o(BD1,\s\up15(→))＝(－1，－2,1)，所以eq \o(BD1,\s\up15(→))·n1＝0，所以eq \o(BD1,\s\up15(→))⊥n1，又BD1⊄平面A1DE，所以BD1∥平面A1DE。 (2)证明：因为eq \o(D1E,\s\up15(→))＝(1,1，－1)，eq \o(A1D,\s\up15(→))＝(－1,0，－1)，所以eq \o(D1E,\s\up15(→))·eq \o(A1D,\s\up15(→))＝(1,1，－1)·(－1，0，－1)＝0，所以eq \o(D1E,\s\up15(→))⊥eq \o(A1D,\s\up15(→))，即D1E⊥A1D。 (3)假设在线段AB上存在点M，使二面角D1­MC­D的大小为eq \f(π,6)。 设M(1，y0,0)(0≤y0≤2)，则eq \o(MC,\s\up15(→))＝(－1,2－y0,0)，eq \o(D1C,\s\up15(→))＝(0,2，－1)。 设平面D1MC的一个法向量为v1＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(v1·\o(MC,\s\up15(→))＝0，,v1·\o(D1C,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y2－y0＝0，,2y－z＝0，)) 取y＝1，得v1＝(2－y0,1,2)。 又平面MCD的一个法向量为eq \o(D1D,\s\up15(→))＝(0,0，－1)， 平面D1MC与平面MCD夹角的大小为eq \f(π,6)， 所以coseq \f(π,6)＝|cos〈v1，eq \o(D1D,\s\up15(→))〉|＝eq \f(|v1·\o(D1D,\s\up15(→))|,|v1||\o(D1D,\s\up15(→))|)＝eq \f(2,\r(2－y02＋12＋22))＝eq \f(\r(3),2)，即3yeq \o\al(2,0)－12y0＋11＝0， 解得y0＝2－eq \f(\r(3),3)或y0＝2＋eq \f(\r(3),3)(舍去)。 所以在线段AB上存在点M，使二面角D1­MC­D的大小为eq \f(π,6)，此时AM＝2－eq \f(\r(3),3)。 $$