课时达标检测(27) 空间中的角(教用Word)-【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）

课时达标检测(二十七)　空间中的角 基础达标 　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题 1.已知点A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为 (A) A. B.- C. D.- 解析　=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),而cos<,>===,故直线AB和CD所成角的余弦值为。 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 (D) 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°。 3.已知A∈α,P∉α,=,平面α的一个法向量为n=,则直线PA与平面α所成的角为 (C) 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<,n>|==。所以θ=60°。 4.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1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) A. B. C.- D.- 解析　 如图,以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。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=(-1,1,2),=(-1,-2,1)。则cos<,>===。所以异面直线MN与OD1所成角的余弦值为。故选A。 5.已知正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于 (A) A. B. C. D. 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=(1,1,0),D=(0,1,2),=(0,1,0)。设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,z),则即令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,>|==。故选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 (B) 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=(1,0,-1),=(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),则得令x=1,则z=1。所以n2=(1,0,1),cos<n1,n2>==。由图可知平面PAB与平面PCD所成的二面角为锐二面角,所以平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为,所以所求二面角的大小为45°。 7. 如图所示,已知四棱锥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的正切值为 (B) A. B. C. D. 解析　 如图所示,设AC与BD交于点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O⁃xyz。设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,C0,,0,=,易知为平面BDF的一个法向量。由=-,,0,=,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,,),所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=。又因为二面角C⁃BF⁃D为锐二面角,所以其正切值为。 二、填空题 8. 如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1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),=(1,x-1,2),=(-2,0,1)。所以·=0,所以直线BM与OP所成的角为。 9.已知在长方体ABCD⁃A1B1C1D1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ABCD⁃A1B1C1D1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轴、y轴、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),=(2,-1,-2),=(2,0,4),=(0,1,2),设平面A1ED的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得n=(-2,-2,1),设直线AE与平面A1ED所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===。所以直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为。 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,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,,0),B(0,0,)。设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z),因为=(-1,0,-),=(0,,-),所以令z=,则y=,x=-3,即n=(-3,,)。平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1),由图可知平面BCD与平面ACD的夹角为锐角,设平面BCD与平面ACD夹角为θ,则cos θ===。 三、解答题 11.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1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ABCD⁃A1B1C1D1中,AB􀱀DC,D1C1􀱀DC,所以AB􀱀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ABCD⁃A1B1C1D1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),=(0,0,2),=(2,0,2),=(0,2,1)。设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z),由得令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<,n>|==。 12. 如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1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A⁃EF⁃A1的正弦值。 解　设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1⁃xyz。 (1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c,F0,b,c,=0,b,c,=0,b,c,得=,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),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1)。设n1=(x,y,z)为平面AEF的一个法向量,则即可取n1=(-1,-1,1)。设n2为平面A1EF的一个法向量,则同理可取n2=,2,1。因为cos<n1,n2>==-,所以二面角A⁃EF⁃A1的正弦值为。 13. 如图,四棱锥P⁃ABCD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,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D⁃xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1)。由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1)。设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则即可取n=(-1,0,a)。所以cos<n,>==。设PB与平面QCD所成角为θ。则sin θ=×=。因为≤,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。 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D1⁃MC⁃D的大小为?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D⁃xyz,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=(1,0,1),=(1,1,0)。设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即取x1=1,得n1=(1,-1,-1)。又=(-1,-2,1),所以·n1=0,所以⊥n1,又BD1⊄平面A1DE,所以BD1∥平面A1DE。 (2)证明:因为=(1,1,-1),=(-1,0,-1),所以·=(1,1,-1)·(-1,0,-1)=0,所以⊥,即D1E⊥A1D。 (3)假设在线段AB上存在点M,使二面角D1⁃MC⁃D的大小为。设M(1,y0,0)(0≤y0≤2),则=(-1,2-y0,0),=(0,2,-1)。设平面D1MC的一个法向量为v1=(x,y,z),则即取y=1,得v1=(2-y0,1,2)。又平面MCD的一个法向量为=(0,0,-1),平面D1MC与平面MCD夹角的大小为,所以cos=|cos<v1,>|===,即3-12y0+11=0,解得y0=2-或y0=2+(舍去)。所以在线段AB上存在点M,使二面角D1⁃MC⁃D的大小为,此时AM=2-。 学科网（北京）股份有限公司 $$