6.3.3 空间角的计算-第1课时 空间角的计算(1)-同步练习-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

6.3.3　空间角的计算 第1课时　空间角的计算(1) 一、基础达标 1.已知直线l1的方向向量s1=(1,0,1)与直线l2的方向向量s2=(-1,2,-2),则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 2.如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F,G分别为AB,CD1,AD的中点,则异面直线A1G与EF所成角的余弦值为(　　) A.0 B. C. D.1 3.在我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=2,BC=2,若直线CA1与直线AB所成角为60°,则AA1=(　　) A. B.2 C.2 D.2 4.已知四面体A-BCD,其中AD=BC=2,CD=AB=AC=BD=,E为CD的中点,则直线AD与BE所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 5.已知向量m,n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为　　　　　.  6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠BAD=90°,PA=AB=BC=AD=1,BC∥AD,已知Q是边PD的中点,则CQ与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　.  7.已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=2PA=2AC=4,N为AB上一点且满足3,M,S分别为PB,BC的中点. (1)求证:CM⊥SN; (2)求直线SN与平面CMN所成角的大小. 二、能力提升 8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=120°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(　　) A. B.- C. D. 9.如图,ABC-A1B1C1是一个由棱长为2a的正四面体沿中截面所截得的几何体,则异面直线A1C与BB1夹角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 10.(多选题)如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,E为PC的中点,设直线PA与平面ABCD所成的角为α,直线PA与BC所成的角为β,直线PA与CD所成的角为γ,直线BE与AC所成的角为θ,则下列判断正确的有(　　) A.cos α= B.cos β= C.cos γ=- D.cos θ= 11.若在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠A1AC=∠BAC=60°,平面A1ACC1⊥平面ABC,AA1=AC=AB,则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为　　　　　.  12.如图,已知AB是圆柱底面圆的一条直径,OP是圆柱的一条母线,C为底面圆上一点,且AC∥OB,OP=AB=OA,则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为　　　　.  13.如图,在四棱锥P-ABCD中,已知底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,PA=PB=PD=2,且PE⊥平面ABCD,垂足为E. (1)证明:BC⊥平面PBE; (2)求直线AC与平面PBC所成角的正弦值. 三、拓展探究 14.(多选题)如图,P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点,E为棱A1B1的中点,O为侧面ADD1A1的中心.下列结论正确的是(　　) A.OE⊥平面A1BC1 B.AB与平面A1BC1所成角的余弦值为 C.若点P在各棱上,且到平面A1BC1的距离为,则满足条件的点P有9个 D.若点P在侧面BCC1B1内运动,且满足|PE|=1,则存在P点,使得A1P与BC1所成角为60° 15.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,AD=2,AD⊥平面PCD,PD⊥PC,点M为AB中点. (1)证明:平面PBC⊥平面PAD; (2)若PD=1,求CM与AP所成角的余弦值; (3)求CM与平面APC所成角的正弦值的取值范围. 参考答案 1.C　因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos<s1,s2>==-.所以l1和l2夹角的余弦值为. 2.A　如图,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),G(1,0,0),E(2,1,0),F(0,1,1),所以=(-1,0,-2),=(-2,0,1).设异面直线A1G与EF所成的角为θ,则cos θ===0.故选A. 3.B　如图,以B为原点建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0).设A1(2,0,z),则=(2,0,0),=(2,-2,z),∴|cos<>|==cos 60°,解得z=2, 故AA1=2.故选B. 4.A　将四面体A-BCD放在如图所示的长方体中,因为AD=BC=2,CD=AB=AC=BD=,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则可得b=c=,a=2,以D为坐标原点,以DM,DN,DQ所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(,0,),B(,2,0),C(0,2,),所以CD的中点E(0,1,),所以=(,0,),=(-,-1,), 所以×(-)+0+=-1,||==2,||=, 所以cos<>==-. 设直线AD,BE所成的角为θ,θ∈[0,], 所以cos θ=|cos<>|=.故选A. 5.30°　设直线l与α所成角为θ,sin θ=|cos<m,n>|=, 又∵θ∈[0,],∴θ=30°. 6.　以A为坐标原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则C,Q(1,0,),所以.取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),则cos <n,>=,即CQ与平面ABCD所成角的正弦值为. 7.(1)证明 因为PA⊥平面ABC,AB⊥AC,如图,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(2,0,1),S(2,1,0),N(1,0,0),所以=(2,-2,1),=(-1,-1,0). 因为=2×(-1)+(-2)×(-1)+1×0=0,所以CM⊥SN. (2)解 设平面CMN的法向量n=(x,y,z),=(1,-2,0),则取y=1,得n=(2,1,-2). 设直线SN与平面CMN所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|=. 又θ∈[0,],所以θ=, 所以直线SN与平面CMN所成角的大小为. 8.A　以A为原点,在平面ABC中过点A作AC的垂线交BC于点D,以AD所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=120°,设AB=AC=AA1=1,所以B(,-,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(0,1,1),=(-,1),=(0,1,1).设异面直线BA1与AC1所成角为θ, 则cos θ=,所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为.故选A. 9.D　补形成正四面体,如图.记=a,=b,=c,则a-c,由正四面体的性质和题意可知,<a,b>=<a,c>=<b,c>=,|a|=|b|=|c|=2a, 所以||=a,=(a-c)·b=a·b-c·b=a2-a2=-a2,所以cos<>==-,所以异面直线A1C与BB1的夹角的余弦值为.故选D. 10.AD　连接BD交AC于点O,连接OP,由四棱锥P-ABCD是正四棱锥,则OP⊥平面ABCD,且OB⊥OC.以O为坐标原点,分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,由PA=AB,不妨设AB=,则PA=PB=2,OA=OB=OC=1.在Rt△POB中,PO=,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),则E(0,),=(-1,),=(0,2,0),则cos<>=,由异面直线BE与AC所成角为锐角,所以cos θ=,故D正确.同理可求得A正确,C,D错误,故选AD. 11.　令M为AC的中点,连接MB,MA1,由题意知△ABC是等边三角形,所以BM⊥AC,同理,A1M⊥AC.因为平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,BM⊂平面ABC,所以BM⊥平面A1ACC1.因为A1M⊂平面A1ACC1,所以BM⊥A1M,所以AC,BM,A1M两两垂直,以M为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 设AA1=AC=AB=2,则A(1,0,0),B(0,,0),A1(0,0,),C1(-2,0,),所以=(-3,0,),=(0,,-),所以cos<>==-,故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为. 12.　由AB是底面圆的直径,得AO⊥BO. 又OP是圆柱的母线,则OP⊥平面OACB,所以OA,OB,OP两两垂直. 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,设OA=1,则AB=OP=,所以OB==1. 因为AC∥OB,所以∠OAC=90°,而∠ACB=90°, 所以四边形OACB是正方形, 所以P(0,0,),A(1,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0), 则=(1,1,-),=(-1,1,0),=(-1,0,). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,则x=y=,所以n=(,1). 设直线PC与平面PAB所成角为θ, 所以sin θ=|cos<n,>|=. 13.(1)证明 如图,连接DE,BD,因为PE⊥平面ABCD,AE,EB,ED⊂平面ABCD,所以PE⊥AE,PE⊥EB,PE⊥ED,由勾股定理得AE=,BE=,DE=.因为PA=PB=PD=2,所以EA=EB=ED.又四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形,所以∠EBD=30°.由AB=BD=BC=CD,得△BCD是正三角形,∠DBC=60°.所以∠EBC=∠EBD+∠DBC=90°,即BC⊥BE.由PE⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,可得BC⊥PE. 因为PE∩BE=E,PE,BE⊂平面PBE,所以BC⊥平面PBE. (2)解 以E为坐标原点,的方向分别为y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示. 因为AB=2,所以BE=AE=2=2,PE==2,则B(0,2,0),A(,-1,0),C(-2,2,0),P(0,0,2),=(-2,0,0),=(0,-2,2),=(-3,3,0).设m=(x,y,z)是平面PBC的一个法向量,由取z=1,可得m=(0,,1).设直线AC与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=cos<m,>=,即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为. 14.AC　对于A,如图,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),O(,0,),E(1,,1),所以=(0,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,1),=().设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=1,则n=(1,1,1),所以n=2,即n∥,所以OE⊥平面A1BC1,故A正确;对于B,设AB与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,故B错误;对于C,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,所以正三角形A1BC1的边长为,正方体的对角线DB1=.设B1到平面A1BC1的距离为h,由,则×sin 60°×h=×1×1×1,则h=,则D到平面A1BC1的距离为.因为,所以在以B1为顶点的棱上,满足条件的点P共有3个.又AB与平面A1BC1所成角的正弦值为,所以A到平面A1BC1的距离为.因为,所以在棱AA1,AB上都存在满足条件的点P,同理在CC1,CB,D1A1,D1C1上都存在满足条件的点P,而棱DA,DC,DD1到平面A1BC1最近的距离为,所以不存在满足条件的点P,所以满足条件的点P共有9个,故C正确;对于D,设P(x',1,z')(0≤x'≤1,0≤z'≤1), 则=(1-x',-,1-z'),又|PE|=1,所以=1,即(x'-1)2+(z'-1)2=,则点P在侧面BCC1B1内,以B1为圆心,为半径的一段圆弧上运动,而当点P和B或C1重合时,A1P与BC1所成角为60°,故D错误.故选AC. 15.(1)证明 因为AD⊥平面PCD,PC⊂平面PCD, 所以AD⊥PC. 又PD⊥PC,PD∩AD=D,PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD, 所以PC⊥平面PAD. 又PC⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAD. (2)解 以DA,DC所在直线为x轴、y轴,以过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,过P作PE⊥CD,垂足为E.因为AD⊥平面PCD,PE⊂平面PCD,所以AD⊥PE.又CD∩AD=D,CD⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.因为PD=1,DC=AD=2,PD⊥PC,则∠PDC=60°,DE=,PE=,得P(0,).又A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,1,0),所以=(2,-1,0),=(-2,),所以cos<>==-.设CM与AP所成角为θ,θ∈(0,],故cos θ=,即得CM与AP所成角的余弦值为. (3)解 设P(0,b,c),则=(0,b,c),=(0,b-2,c).因为PD⊥PC,所以=(0,b,c)·(0,b-2,c)=b(b-2)+c2=0,则有b∈(0,2),c∈(0,1],则=(-2,2,0),=(-2,b,c).设平面APC的法向量为n=(x,y,z),则取x=c,则y=c,z=2-b,即平面APC的一个法向量为n=(c,c,2-b),所以cos<n,>=. 因为b∈(0,2),所以1+∈(2,+∞), 故∈(0,). 又CM与平面APC所成角的正弦值为|cos<n,>|,所以CM与平面APC所成角的正弦值的取值范围是(0,). 12 学科网（北京）股份有限公司 $