用空間向量研究空間角問題校本作業(yè)-高二上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版（2019）選擇性必修第一冊

71.4.3用空間向量研究空間角問題班級_____姓名_______座號______一、選填題.1.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是CD，CC1的中點，則異面直線A1M與DN所成角的大小是()A.eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)若直線l的方向向量a＝(－2,3,1)，平面α的一個法向量n＝(4,0,1)，則直線l與平面α所成角的正弦值為________．3．已知點A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，則平面ABC與平面Oxy的夾角的余弦值為________．二、解答題：4．[例1](鏈接教材P39例10)四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，點E在棱PB上．(1)證明：平面AEC⊥平面PDB；(2)當PD＝eq\r(2)AB且E為PB的中點時，求AE與平面PDB所成的角的大小．5.如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求平面A1BD與平面A1AD所成角的正弦值．6.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)證明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值．1．4.3用空間向量研究空間角問題一、選擇題。2．解析：由題意，得直線l與平面α所成角的正弦值為eq\f(|a·n|,|a||n|)＝eq\f(7,\r(14)×\r(17))＝eq\f(\r(238),34).答案：eq\f(\r(238),34)3．解析：由題意得eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－1,2,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,0,3)．設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，))知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋3z＝0.))令x＝2，得y＝1，z＝eq\f(2,3)，則平面ABC的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(2,3))).因為平面Oxy的一個法向量為eq\o(OC,\s\up7(→))＝(0,0,3)，所以平面ABC與平面Oxy的夾角的余弦值為eq\f(|n·eq\o(OC,\s\up7(→))|,|n||eq\o(OC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2,7).三、解答題：4[解](1)證明：如圖，以D為原點建立空間直角坐標系D-xyz，設(shè)AB＝a，PD＝h，則A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)．∵eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－a，a,0)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(0,0，h)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(a，a,0)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，∴AC⊥平面PDB.又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)當PD＝eq\r(2)AB且E為PB的中點時，P(0,0，eq\r(2)a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，\f(\r(2),2)a)).設(shè)AC∩BD＝O，則Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0)).連接OE，由(1)知AC⊥平面PDB，∴∠AEO為AE與平面PDB所成的角．∵eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，－\f(1,2)a，－\f(\r(2),2)a))，eq\o(EO,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(\r(2),2)a))，∴cos∠AEO＝eq\f(eq\o(EA,\s\up7(→))·eq\o(EO,\s\up7(→)),|eq\o(EA,\s\up7(→))|·|eq\o(EO,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠AEO＝45°，即AE與平面PDB所成的角的大小為45°.5.解：在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如圖，以{eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))}為正交基底，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.因為AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，則A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．則cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→)),|eq\o(A1B,\s\up7(→))||eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq\f(1,7).因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7).(2)可知平面A1DA的一個法向量為eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，又eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，則y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)為平面BA1D的一個法向量，從而cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·m,|eq\o(AE,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).設(shè)平面A1BD與平面A1AD所成角的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(3,4).因為θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此平面A1BD與平面A1AD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),4).6解：(1)證明：取AB中點O，連接CO，A1B，A1O.∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是正三角形，∴A1O⊥AB.∵CA＝CB，∴CO⊥AB.∵CO∩A1O＝O，∴AB⊥平面COA1，又A1C?平面COA1，∴AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又∵平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC∩平面AA1B1B＝AB，∴OC⊥平面AA1B1B，∴OC⊥OA1，∴OA，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，eq\o(OA,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(OA,\s\up7(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.由題設(shè)知A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，0)，C(0,0，eq\r(3))，B(－1,0,0)，則eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(BB1,\s\up7(/r