空間向量與空間角

第3章第3課時一、選擇題(每小題5分，共20分)1．如圖，正棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為()\f(1,5) \f(2,5)\f(3,5) \f(4,5)解析：以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)AB＝1.則B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AD1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(5)·\r(5))＝－eq\f(4,5)∴異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(4,5)，故選D.答案：D2．若正三棱錐的側(cè)面都是直角三角形，則側(cè)面與底面所成的二面角的余弦值為()\f(\r(6),3) \f(\r(3),3)\f(\r(2),3) \f(1,3)解析：設(shè)正三棱錐P－ABC，PA，PB，PC兩兩互相垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a.取AB的中點D，連結(jié)PD、CD，易知∠PDC為側(cè)面PAB與底面ABC所成的角．易求PD＝eq\f(\r(2),2)a，CD＝eq\f(\r(6),2)a，故cos∠PDC＝eq\f(PD,DC)＝eq\f(\r(3),3).答案：B3．若平面α的一個法向量n＝(2,1,1)，直線l的一個方向向量為a＝(1,2,3)，則l與α所成角的正弦值為()\f(\r(17),6) \f(\r(21),6)C．－eq\f(\r(21),6) \f(\r(21),3)解析：cos〈a，n〉＝eq\f(a·n,|a||n|)＝eq\f(1，2，3·2，1，1,\r(1＋4＋9)·\r(22＋1＋1))＝eq\f(2＋2＋3,\r(14×6))＝eq\f(\r(21),6).答案：B4．二面角的棱上有A、B兩點，直線AC、BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．150° B．45°C．60° D．120°解析：由條件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)).∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋82＋2×6×8coseq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2eq\r(17))2，∴coseq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)，eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝120°，∴二面角的大小為60°.故選C.答案：C二、填空題(每小題5分，共10分)5．正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD解析：如圖，以DA、DC、DD1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，取正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易證eq\o(AC1,\s\up6(→))是平面A1BD的一個法向量．eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋1,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).所以BC1與平面A1BD所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)6．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的余弦值為________．解析：取BC中點O，連結(jié)AO，DO.建立如右圖所示坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為面BCD的法向量，可進一步求出面ABD的一個法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),5).答案：eq\f(\r(5),5)三、解答題(每小題10分，共20分)7．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2，E，F(xiàn)分別是線段AB、BC上的點，且EB＝BF＝1，求直線EC1與FD1解析：以D為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分別為x軸、y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則有D1(0,0,2)，E(3,3,0)，F(xiàn)(2,4,0)，C1(0,4,2)，于是eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－2，－4,2)，設(shè)eq\o(EC1,\s\up6(→))與eq\o(FD1,\s\up6(→))所成的角為β，則cosβ＝eq\f(|\o(EC1,\s\up6(→))·\o(FD1,\s\up6(→))|,|\o(EC1,\s\up6(→))||\o(FD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(21),14)，所以直線EC1與FD1所成的角的余弦值為eq\f(\r(21),14).8.如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E為BC的中點，F(xiàn)為CC1的中點．(1)求EF與平面ABCD所成的角的余弦值；(2)求二面角F－DE－C的余弦值．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,2,0)，F(xiàn)(0,2,2)．(1)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，易得平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)eq\o(EF,\s\up6(→))與n的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·n,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,5)eq\r(5)，∴EF與平面ABCD所成的角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(2)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0,2,2)，設(shè)平面DEF的一個法向量為m，則m·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，可得m＝(2，－1,1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(6),6)，∴二面角F－DE－C的余弦值為eq\f(\r(6),6).尖子生題庫☆☆☆9．(10分)如圖所示，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點D，E分別在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)當(dāng)D為PB的中點時，求AD與平面PAC所成的角的正弦值；(3)是否存在點E，使得二面角A－DE－P為直二面角？并說明理由．解析：以A為原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))分別為y軸、z軸的正方向，過A點且垂直于平面PAB的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)PA＝a，由已知可得：A(0,0,0)，B(0，a,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(3,4)a，0))，P(0,0，a)．(1)證明：eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，－\f(a,4)，0))，∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥AP.又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D為PB的中點，DE∥BC，∴E為PC的中點，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a，\f(3,8)a，\f(a,2)))，∴由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足為點E.∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角，∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a，\f(3,8)a，\f(a,2)))，∴cos∠DAE＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\u