2.4.3 向量与夹角（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第2章　空间向量与立体几何 2.4　空间向量在立体几何中的应用 2.4.3　向量与夹角 基础过关练 　　　　　　　　　　　　　　　　 题组一　直线与直线的夹角 1.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长相等,D为AA1的中点,则异面直线A1B与C1D所成的角为(　　) A. B. C. D. 2.在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,顶点S在底面上的投影为底面的中心,侧棱长为,点E为SB的中点,则异面直线AE与SD所成角的余弦值为　　　　.  题组二　直线与平面所成的角 3.已知平面α的一个法向量为n=(1,-1,0),则x轴与平面α所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 4.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. 题组三　两个平面所成的角 5.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=1,BC=,则二面角A-PC-B的正弦值为　　　　.  6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=1,AB⊥AC,D是棱BC的中点. (1)求异面直线AB1与DC1所成角的余弦值; (2)求平面B1AD与平面AC1D所成的角的余弦值. 能力提升练 题组　用空间向量求解与空间角有关的问题 1.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形, AA1=AB,M是A1C1的中点,则AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D.- 3.在平面角为120°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=2,AC=3,BD=4,则CD的长为(　　) A. B. C. D. 4.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M是棱A1D1的中点,点P在底面ABCD内(包含边界),且PM=,则(　　) A.点P轨迹的长度为2π B.直线MP与平面B1D1DB所成角的正弦值最大为 C.不存在P,使得MP⊥AC1 D.沿线段MP的轨迹将正方体ABCD-A1B1C1D1切去体积较小的部分,则剩余部分的体积为8- 5.如图①,在△ABC中,AB⊥BC,且AB=2BC,将△ABC沿中位线EF折起,使得AE⊥BE,连接AB,AC,M为AC的中点,连接ME,MF(如图②). (1)证明:MF⊥平面ABC; (2)求二面角E-MF-C的余弦值. 6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,D为BC的中点,平面BB1C1C⊥平面ABC. (1)证明:AD⊥BB1; (2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且∠B1BC=60°,问在线段CC1上是否存在一点E,使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为?若存在,求出CE的长度,若不存在,请说明理由. 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M为棱PC上的动点,且=λ(λ∈[0,1]). (1)求证:△PBC为直角三角形; (2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为. 答案与分层梯度式解析 第2章　空间向量与立体几何 2.4　空间向量在立体几何中的应用 2.4.3　向量与夹角 基础过关练 1.D　以C1为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,则C1(0,0,0),D(2,0,1),A1(2,0,0),B(1,,2), 所以=(2,0,1),=(-1,,2),则·=2×(-1)+0×+1×2=0,所以异面直线A1B与C1D所成的角为. 故选D. 2.答案　 解析　设底面的中心为O,连接OS,OC.由底面ABCD是边长为2的正方形,可得OC=,故OS==2.以O为原点,过点O且平行于AB的直线为x轴,过点O且平行于AD的直线为y轴,OS所在直线为z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 于是A(-1,-1,0),B(1,-1,0),S(0,0,2),D(-1,1,0),E,所以=,=(-1,1,-2).设异面直线AE与SD所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|==.故异面直线AE与SD所成角的余弦值为. 3.C　易知x轴的一个方向向量为m=(1,0,0),设x轴与平面α所成的角为θ,则sin θ===,因为θ∈,所以θ=,故选C. 4.解析　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1且AB=A1B1,A1B1∥C1D1且A1B1=C1D1, ∴AB∥C1D1且AB=C1D1, ∴四边形ABC1D1为平行四边形,∴BC1∥AD1, ∵BC1⊄平面AD1E,AD1⊂平面AD1E, ∴BC1∥平面AD1E. (2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1), 则=(2,0,2),=(0,2,1),=(0,0,2), 设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z), 由得 令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2)是平面AD1E的一个法向量. 设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|===. 因此,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. 5.答案　 解析　根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,1),C(1,,0), ∴=(1,,0),=(0,0,1),=(0,,0),=(1,0,-1).设平面APC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则∴ 令y1=1,则x1=-,∴n1=(-,1,0)为平面APC的一个法向量. 设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则∴ 令x2=1,则z2=1,y2=0,∴n2=(1,0,1)为平面PBC的一个法向量. 设二面角A-PC-B的平面角为α,易知α为锐角,则cos α=|cos<n1,n2>|===, ∴sin α==. 6.解析　(1)由题意知,AB,AC,AA1两两垂直.以A为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),B1(1,0,1),D,C1(0,1,1), 则=(1,0,1),=. 设异面直线AB1与DC1所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|==, 所以异面直线AB1与DC1所成角的余弦值为. (2)由(1)中所建坐标系可得=,=(1,0,1),=(0,1,1). 设m=(x,y,z)为平面B1AD的法向量, 则所以 令x=1,则y=-1,z=-1,则m=(1,-1,-1)为平面B1AD的一个法向量, 设n=(x',y',z')为平面AC1D的法向量, 则所以 令x'=1,则y'=-1,z'=1,则n=(1,-1,1)为平面AC1D的一个法向量, 则cos<m,n>===, 故平面B1AD与平面AC1D所成的角的余弦值为 . 易错警示 　　要注意二面角与两个平面所成的角的区别:二面角的取值范围为[0,π];两个平面相交会形成四个二面角,一般规定较小的二面角为两个平面所成的角,故两个平面所成的角的取值范围为. 能力提升练 1.C　将四面体A-BCD补形成正方体,并建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz, 设正方体的棱长为2, 则B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1), ∴=(1,1,1),=(0,2,0), ∴cos<,>===, ∵异面直线所成角的范围为,∴异面直线BM与CD所成角的余弦值为. 2.B　如图所示,取BC的中点D,B1C1的中点D1,连接AD,DD1,易知DA,DD1,DC两两垂直,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 不妨设AC=2,则D(0,0,0),A(,0,0),M, 所以=,易知平面BCC1B1的一个法向量为=(,0,0), 设AM与平面BCC1B1所成的角为α, 则sin α=|cos<,>|===,即AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 故选B. 3.B　由已知可得·=0,·=0,<,>=60°,=++, ∴||2=(++)·(++)=||2+||2+||2+2·+2·+2·=32+22+42+2×3×4×=41,∴||=,即CD的长为.故选B. 4.BCD　取AD的中点N,连接MN,NP,则MN⊥平面ABCD,则MN⊥NP,因为MP=,MN=AA1=2, 所以NP==1,所以点P的轨迹是以N为圆心,1为半径的圆位于正方形ABCD内的部分,如图,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),C(2,2,0),M(0,1,2),C1(2,2,2), 设P(cos θ,1+sin θ,0). 对于A,点P的轨迹的长度为×2×π×1=π,故A错误; 对于B,易知平面B1D1DB的一个法向量为=(2,2,0),又因为=(cos θ,sin θ,-2),所以cos <,>==sin≤,当且仅当θ=时,等号成立,故B正确; 对于C,=(2,2,2),·=2cos θ+2sin θ-4=2sin-4<0,所以不存在P,使得MP⊥AC1,故C正确; 对于D,易知切去部分为半圆锥,正方体体积V=23=8,切去部分的体积V1=××π×12×2=,故剩余部分的体积为8-,故D正确. 故选BCD. 5.解析　(1)证明:连接EC,设BC=2,则EF=1,AE=BE=2,AF=FC=,EC=2. ∵AE⊥EF,AE⊥BE,EF∩BE=E, ∴AE⊥平面BCFE, ∵EC⊂平面BCFE,∴AE⊥EC, 连接BM,BF,∵AC===2,BC=2,AB==2, ∴AC2=BC2+AB2,∴BC⊥AB, ∴BM=AC=,∵AF=FC,∴FM⊥AC,∴MF===,又∵BF===, ∴BF2=MF2+BM2,即MF⊥BM. ∵BM∩AC=M,∴MF⊥平面ABC. (2)由题意知,AE,BE,EF两两垂直.以点E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),C(2,2,0),M(1,1,1),F(0,1,0), ∴=(-1,0,-1),=(1,1,1),=(2,1,0), 设平面EMF的法向量为n=(x1,y1,z1),平面MFC的法向量为m=(x2,y2,z2), 则⇒令z1=-1,则x1=1,y1=0,则n=(1,0,-1)是平面EMF的一个法向量. 同理可得m=(1,-2,-1)为平面MFC的一个法向量,则cos<m,n>===, 结合题图可知二面角E-MF-C的平面角为钝角,故二面角E-MF-C的余弦值为-. 易错警示 　　由于两个平面的法向量的夹角与二面角的平面角是相等或互补的关系,因此要注意结合图形判断所求二面角是锐二面角还是钝二面角,避免出错. 6.解析　(1)证明:∵AB=AC,且D为BC的中点, ∴AD⊥BC, 又∵平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,AD⊂平面ABC, ∴AD⊥平面BB1C1C, ∵BB1⊂平面BB1C1C, ∴AD⊥BB1. (2)假设存在点E满足题意. 连接B1D,B1C,∵四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且∠B1BC=60°, ∴△B1BC为等边三角形. ∵D为BC的中点, ∴B1D⊥BC. ∵平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,B1D⊂平面BB1C1C, ∴B1D⊥平面ABC, ∵AD⊂平面ABC, ∴B1D⊥AD, ∴B1D,AD,BC两两垂直. 以D为原点,BC,DA,DB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图. 则D(0,0,0),A(0,,0),C(1,0,0),C1(2,0,),∴=(1,0,),=(1,-,0),=(0,,0). 设=λ(0≤λ≤1),则=+=(1+λ,-,λ). 设平面EAD的法向量为n=(x,y,z), 则⇒ 令z=1+λ,则x=-λ,y=0,则n=(-λ,0,1+λ)为平面EAD的一个法向量. 设平面EAC的法向量为m=(x',y',z'), 则⇒ 令x'=,则y'=1,z'=-1,则m=(,1,-1)为平面EAC的一个法向量. 设平面EAD与平面EAC的夹角为θ,则cos θ===. 解得λ=(λ=-1舍去),故点E为CC1的中点,所以CE=1. 所以在线段CC1上存在点E满足题意,且CE=1. 7.解析　(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD,又因为OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC, 又因为PC⊂平面POC,所以AD⊥PC,因为BC∥AD,所以BC⊥PC,即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形. (2)由(1)可知OP⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,又因为OC⊂平面ABCD,所以OC⊥PO,所以OC,PO,AD两两垂直. 以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示, 则O(0,0,0),P(0,0,),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(,0,0),所以=(,0,-). 由=λ=(λ,0,-λ)可得点M的坐标为(λ,0,-λ), 所以=(λ,1,-λ),=(λ,-1,-λ),设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则即 令z=λ,得x=λ-1,y=0,则n=(λ-1,0,λ)为平面ADM的一个法向量, 显然平面PAD的一个法向量为=(,0,0), 令|cos<n,>|===, 解得λ=或λ=-1(舍去), 所以当λ=时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$