1.4.2第2課時(shí)　用空間向量研究夾角問(wèn)題 練習(xí)冊(cè)答案

第2課時(shí)用空間向量研究夾角問(wèn)題1.C[解析]∵直線l的一個(gè)方向向量與平面α的一個(gè)法向量的夾角為120°,∴直線l與平面α所成的角為90°-(180°-120°)=30°.2.D[解析]設(shè)這兩個(gè)平面的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|1-2|6×3.D[解析]因?yàn)镈A⊥平面ABC,CB?平面ABC,所以DA⊥CB,又CB⊥CA,CA∩DA=A,所以CB⊥平面DCA.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A且平行于CB的直線為x軸,AC所在直線為y軸,AD所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)CA=1,則B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,1),E12,12,0,所以DE=12,12,-1,BD=(-1,-1,1),CB=(1,0,0),所以CF=CB+BF=CB+13BD=23,-13,13.設(shè)直線DE與4.B[解析]對(duì)于A,若a,b分別是直線l1,l2的方向向量,則直線l1,l2所成的角的余弦值是|cos<a,b>|=14,所以A中說(shuō)法正確;對(duì)于B,D,若a,b分別是直線l的方向向量與平面α的法向量,則直線l與平面α所成的角的正弦值是|cos<a,b>|=14,余弦值是154≠14,所以B中說(shuō)法錯(cuò)誤,D中說(shuō)法正確;對(duì)于C,若a,b分別是平面α,β的法向量,則平面α,β的夾角的余弦值是|cos<a,b>|=14,所以C5.A[解析]因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直,設(shè)AB=1,則AD=AP=2.以A為原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),所以BD=(-1,2,0),BP=(-1,0,2),PC=(1,2,-2).設(shè)平面PBD的法向量為n=(x,y,z),所以n·BD=-x+2y=0,n·BP=-x+2z=0,令x=2,則y=1,z=1,所以n=(2,1,1),則直線PC6.A[解析]設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1,A1PA1C1=λ(0≤λ≤1),則A1P=λA1C1.以D為原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),O12,12,0,B1(1,1,1),所以A1C1=AC=(-1,1,0),則A1P=(-λ,λ,0),又A1(1,0,1),所以P(1-λ,λ,1),所以O(shè)P=12-λ,λ-12,1.連接B1D,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,可知B1D⊥平面A1BC1,所以DB1=(1,1,1)是平面A1BC1的一個(gè)法向量,所以sinθ=|7.A[解析]方法一:在四面體OABC中,因?yàn)镺A⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,所以以O(shè)為原點(diǎn),OA所在直線為x軸,OB所在直線為y軸,OC所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.設(shè)OA=OB=OC=1,則A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1).設(shè)平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則n·AB=-x+y=0,n·AC=-x+z=0,取x=1,得n=(1,1,1),由題知平面ACO的一個(gè)法向量為m=(0,1,0).設(shè)平面BAC與平面ACO的夾角為θ,則方法二:如圖,取AC的中點(diǎn)D,連接OD,BD,由OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,得BC=BA,故OD⊥AC,BD⊥AC,則∠ODB是二面角B-AC-O的平面角.由OB⊥OA,OB⊥OC,OA∩OC=O,得OB⊥平面OAC,又OD?平面OAC,所以O(shè)B⊥OD.設(shè)OB=1,則OD=22,BD=12+222=62,所以cos∠BDO=ODBD=2262=338.ACD[解析]如圖,以D為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)C1G=t,0≤t≤2.當(dāng)G為CC1的中點(diǎn)時(shí),t=1,G(0,2,1),又A(2,0,0),A1(2,0,2),E(2,2,1),F(1,2,2),所以AG=(-2,2,1),A1E=(0,2,-1),A1F=(-1,2,0),EF=(-1,0,1).設(shè)平面A1EF的法向量為n=(x,y,z),則n·A1E=0,n·A1F=0,即2y-z=0,-x+2y=0,令y=1,則n=(2,1,2),因?yàn)锳G·n=0,所以AG⊥n,因?yàn)锳G?平面A1EF,所以AG∥平面A1EF,故A正確.當(dāng)G為CC1的中點(diǎn)時(shí),因?yàn)閏os<AG,EF>=AG·EF|AG|·|EF|=33×2=22,所以直線AG與EF所成的角為45°,故B錯(cuò)誤.若C1G=AH,則G(0,2,2-t),H(2,0,t),又A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),B1(2,2,2),則AC=(-2,2,0),AD1=(-2,0,2),B1G=(-2,0,-t),B1H=(0,-2,t-2).設(shè)平面ACD1的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·AC=0,n1·AD1=0,即-2x1+2y1=0,-2x1+2z1=0,令x1=1,可得n1=(1,1,1).設(shè)平面B1HG的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·B1G=0,n2·B1H=0,即-2x2-tz2=0,-2y2+(t-2)z2=0,令z2=2,可得n2=(-t,9.ABD[解析]如圖,以A為原點(diǎn),AB,AD,AA'所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A'(0,0,a),B'(a,0,a),Ea,a2,0,F0,a2,a,所以B'E=0,a2,-a,FD=0,a2,-a,則B'E=FD,所以四邊形B'EDF是平行四邊形,由正方體的性質(zhì)知DE=DF,因此四邊形B'EDF為菱形,A正確;A'C=(a,a,-a),DE=a,-a2,0,則cos<A'C,DE>=A'C·DE|A'C||DE|=a2-a223a×a2+a24=1515,故異面直線A'C與DE所成角的余弦值是1515,B正確;設(shè)平面B'EDF的法向量為n=(x,y,z),則n·B'E=0,n·DE=0,即10.104[解析]取AC的中點(diǎn)E,連接BE,以B為原點(diǎn),以BE所在直線為x軸,過(guò)點(diǎn)B且平行于AC的直線為y軸,BB1所在直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,則A32,12,0,D(0,0,1),易知平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n=32,0,0,AD=-32,-12,1,則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為n11.63[解析]將正方體的平面展開圖還原成正方體,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則E(1,0,0),M(1,1,1),B(0,1,0),F(1,1,0),C(0,1,1),所以CF=(1,0,-1),BE=(1,-1,0),EM=(0,1,1).設(shè)平面EMB的法向量為n=(x,y,z),則n·BE=0,n·EM=0,即x-y=0,y+z=0,令x=1,則y=1,z=-1,故n=(1,1,-1),所以|12.2121[解析]AB·AC=|AB||AC|cosπ3=1×1×12=12,AB·AP=|AB||AP|cosπ3=1×2×12=1,AC·AP=|AC||AP|cosπ3=1×2×12=1.∵AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC-AB)=23AB+13AC,PC=AC-AP,∴AD·PC=23AB+13AC·(AC-AP)=23AB·AC+13AC2-23AB·AP-13AC·AP=23×12+13-23-13=-13.∵|AD|2=23AB+13AC2=49AB2+19AC2+2×23×13AB·AC=49+19+29=79,13.解:(1)證明:以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn),A1A,A1B1,A1C1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(2,2,0),C(2,0,2),A1(0,0,0),C1(0,0,2),D(0,1,0),E(1,0,0),F1,∴EF=0,易知平面ABC的一個(gè)法向量為m=(1,0,0),∵EF·m=0,∴EF⊥m,又EF?平面ABC,∴EF∥平面ABC.(2)由(1)知,C1C=(2,0,0),C1D=(0,1,-2),EB=(1,2,0).設(shè)平面CC1D的法向量為u=(x1,y1,z1),則u·C1C則cos<EB,u>=EB·u|∴直線BE與平面CC1D所成角的正弦值為45(3)由(1)知,A1C=(2,0,2),A1設(shè)平面A1CD的法向量為v=(x2,y2,z2),則v·A1C=2x2+2z2=0,v·A1D=y2=0,取x2=1,可得v=(1,0,-1),則14.解:(1)證明:如圖,取AB的中點(diǎn)O,AC的中點(diǎn)H,連接OC,OA1,BH,因?yàn)锳B=BC,H是AC的中點(diǎn),所以BH⊥AC,又平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,BH?平面ABC,所以BH⊥平面AA1C1C.又A1C?平面AA1C1C,所以BH⊥A1C.因?yàn)锳1A=A1B,AC=BC,O是AB的中點(diǎn),所以O(shè)A1⊥AB,OC⊥AB,又OA1∩OC=O,OA1,OC?平面A1OC,所以AB⊥平面A1OC,因?yàn)锳1C?平面A1OC,所以A1C⊥AB.又BH∩AB=B,BH,AB?平面ABC,所以A1C⊥平面ABC.(2)以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HB,HC所在直線分別為x,y軸,過(guò)點(diǎn)H且平行于A1C的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)A1C=a,則A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,1,a),故BC=(-3,1,0),AB=(3,1,0),AA1=(0,2,a設(shè)平面AA1B的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·A取x1=1,可得y1=-3,z1=23所以m=1,-3,23a設(shè)BC與平面AA1B所成的角為θ,則sinθ=|cos<BC,m>|=|-3-3可得a=3,從而m=(1,-3,2).易知平面ACC1A1的一個(gè)法向量為n=(1,0,0),又cos<n,m>=11×1+3+4=所以平面AA1B與平面ACC1A1夾角的余弦值為2415.B[解析]如圖,連接OA,OC,由已知可得,OA=OB=OC=OD=2,OA⊥BD,OC⊥BD,所以△AOB,△COD均為直角三角形,∠AOC即為二面角A-BD-C的平面角.因?yàn)镋,F分別是AB,CD的中點(diǎn),所以O(shè)E=12AB=1,OF=12CD=1,且∠BOE=∠DOF=45°,所以O(shè)B·OE=2×1×cos45°=1,OB·OF=2×1×cos135°=-1,OE·OF=1×1×cos∠EOF=-13.由OA+OB=2OE,可得OA=2OE-OB.同理可得OC=2OF-OD=2OF+OB,所以O(shè)A·OC=(2OE-OB)·(2OF+OB)=4OE·OF+2OE·OB-2OF·OB-OB2=4×-13+2×1-2×(-1)-(2)2=23,所以cos∠AOC=cos<OA,OC>=OA·OC|OA||OC|=216.解:(1)證明:在題圖①中,連接AE,由題意可得AE=2,因?yàn)镃E∥BA,CE=BA=AE,所以四邊形ABCE為菱形.在題圖①中,連接AC,交BE于點(diǎn)F,則CF⊥BE.在Rt△ACD中,AC=32+(3)2=23,所以AF=CF=3.因?yàn)锳C1=6,所以AF2+C1F2=AC12,所以C1F⊥AF,又C1F所以C1F⊥平面ABED.因?yàn)镃1F?平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,2,0),E(0,1,0),F32,32,0,C132,32,3,所以B設(shè)平面AC1D的法向量為n=(x,y,z