新教材2024-2025學年高中數(shù)學第三章空間向量與立體幾何4向量在立體幾何中的應用4.3用向量方法研究立體幾何中的度量關系分層作業(yè)北師大版選擇性必修第一冊

第三章4.3用向量方法探討立體幾何中的度量關系第1課時空間中的角A級必備學問基礎練1.若兩異面直線l1與l2的一個方向向量分別是n1=(1,0,-1),n2=(0,-1,1),則直線l1與l2的夾角為()A.30° B.60° C.120° D.150°2.[2024福建廈門外國語學校高二期末]將正方形ABCD沿對角線BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A.12 B.22 C.-123.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,則AA1與平面AB1C1所成角的大小為()A.30° B.45°C.60° D.90°4.已知正方形ABCD所在平面外一點P,PA⊥平面ABCD,若PA=AB,則平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的平面角為()A.30° B.45° C.60° D.90°5.(多選題)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AE=BC=2,AB=AD=1,CF=87,則(A.BD⊥ECB.BF∥平面ADEC.二面角E-BD-F的平面角的余弦值為1D.直線CE與平面BDE所成角的正弦值為56.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知DA=DC=4,DD1=3,則異面直線A1B與B1C所成角的余弦值為.

7.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為BB1的中點,則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的平面角的余弦值為.

8.[2024江蘇寶應高二期中]如圖,已知三棱錐O-ABC的側棱OA,OB,OC兩兩垂直,且OA=1,OB=OC=2,E是OC的中點.(1)求異面直線BE與AC所成角的余弦值;(2)求二面角A-BE-C的平面角的正弦值.B級關鍵實力提升練9.如圖,在三棱錐C-OAB中,OA⊥OB,OC⊥平面OAB,OA=6,OB=OC=8,CE=14CB,D,F分別為AB,BC的中點,則異面直線DF與OE所成角的余弦值為(A.1010 B.6C.3030 D.10.[2024湖北高二階段練習]在空間直角坐標系O-xyz中,經(jīng)過點P(x0,y0,z0),且法向量為m=(A,B,C)的平面方程為A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0,經(jīng)過點P(x0,y0,z0)且一個方向向量為n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直線l的方程為x-x0μ=y-y0v=z-z0ω,依據(jù)上面的材料解決下面的問題:現(xiàn)給出平面α的方程為A.60° B.120° C.30° D.150°11.(多選題)[2024湖北石首第一中學高二階段練習]如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=CB=2,AA1=3,∠ACB=90°,則()A.點C1到平面A1B1C的距離為1B.點C1到平面A1B1C的距離為3C.直線A1C1與平面A1B1C所成角的正弦值為22D.直線A1C1與平面A1B1C所成角的正弦值為312.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中點,點P在A1B1上,且滿意A1P=λA1B1,當直線PN與平面ABCA.12 B.22 C.313.[2024重慶長壽高二期末]《九章算術》是我國古代數(shù)學名著,它在幾何學中的探討比西方早一千多年,書中將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑.如圖,四面體PABC為鱉臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,則二面角A-PC-B的平面角的余弦值為.

14.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=AA1,且C1D與底面A1B1C1D1所成角為60°,則直線C1D與平面CB1D1所成角的正弦值為.

15.[2024河南信陽高二期末]如圖1,在等邊三角形ABC中,點D,E分別為邊AB,AC上的動點且滿意DE∥BC,記DEBC=λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB,連接MB,MC得到圖2,點N為MC的中點圖1圖2(1)當EN∥平面MBD時,求λ的值;(2)摸索究:隨著λ值的變更,二面角B-MD-E的平面角的大小是否變更?假如變更,請說明理由;假如不變更,懇求出二面角B-MD-E的平面角的正弦值大小.C級學科素養(yǎng)創(chuàng)新練16.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中點N,求證:DN∥平面PAB.(2)求直線AC與PD所成角的余弦值.(3)在線段PD上,是否存在一點M,使得平面MAC與平面ACD所成銳二面角的平面角為45°?假如存在,求出BM與平面MAC所成角的大小;假如不存在,請說明理由.

參考答案4.3用向量方法探討立體幾何中的度量關系第1課時空間中的角1.B由題意,兩異面直線l1與l2的一個方向向量分別是n1=(1,0,-1),n2=(0,-1,1),可得|n1|=2,|n2|=2,n1·n2=-1,設異面直線l1與l2所成的角為θ,則cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=2.A取BD中點為O,連接AO,CO,所以AO⊥BD,CO⊥BD,又因為平面ABD⊥平面CBD且交線為BD,AO?平面ABD,所以AO⊥平面CBD,OC?平面CBD,則AO⊥CO,設正方形的對角線長度為2,如圖所示,建立空間直角坐標系,A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),所以AB=(1,0,-1),CD=(-1,-1,0),cos<AB,CD>=AB所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為1故選A.3.A4.B5.BC以點A為坐標原點,AB,AD,AE所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系(圖略),則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2),F1,2,87,所以BD=(-1,1,0),EC=(1,2,-2),因為BD·EC=1≠0,則BD與EC不垂直,故選項A錯誤;因為AB=(1,0,0)為平面ADE的法向量,又因為BF=0,2,87,則BF·AB=0,因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE,故選項B正確;由題意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2),設平面BDF的一個法向量為m=(a,b,c),則m·BD=0,m·BF=0,即-a+b=0,2b+87c=0,令b=1,則a=1,c=-74,故m=1,1,-74,設平面BDE的一個法向量為n=(x,y,z),則n·BD=0,n·BE=0,即-6.925如圖,以D1為坐標原點,D1A1,D1C1,D1D所在直線分別為x軸、y軸、z由已知得A1(4,0,0),B(4,4,3),B1(4,4,0),C(0,4,3).∴A1B=(0,4,3),B1C=(-4,0,3),∴7.8.解(1)以O為原點,OB,OC,OA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系,則有A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0).所以EB=(2,0,0)-(0,1,0)=(2,-1,0),AC=(0,2,-1).所以cos<EB,AC>=-25×5=-2(2)AB=(2,0,-1),AE=(0,1,-1).設平面ABE的法向量為n1=(x,y,z),則由n1⊥AB,n1⊥AE,得2x-z=0由題意可得,平面BEC一個法向量為n2=(0,0,1),cos<n1,n2>=n1則sin<n1,n2>=1-即二面角A-BE-C的平面角正弦值為59.B10.C由題知,平面α的法向量m=(1,-1,2),直線l的方向向量n=(-3,5,2),設直線l與平面α所成的角為θ,所以sinθ=|cos<m,n>|=|-所以θ=30°.故選C.11.BD以C1為原點,C1A1,C1B1,C則A1(2,0,0),B1(0,2,0),C(0,0,3),所以A1B1=(-2,2,0),A1C設平面A1B1C的法向量為n,則n令x=3,得n=(3,3,2).因為A1C1=(-2,0,0),所以點C1到平面A1B1C直線A1C1與平面A1B1C所成角的正弦值為|A112.A如圖,以A為坐標原點,AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,則N12,12,∴PN易得平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1),設直線PN與平面ABC所成的角為θ,則sinθ=|cos<PN,n>|=|∴當λ=12時,sinθ=255,此時角θ最大13.12依據(jù)題意建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),所以AC=(1,1,0),AP=(0,0,1),BC=(0,1,0),PB=(1,0,-設平面APC的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n不妨設y1=1,則x1=-1,n1=(-1,1,0),設平面PBC的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·BC=0,n2·PB=0,∴y2=0,x2-z2=0,不妨設x2=1,則z2=1,y14.155由題意得∠DC1D1即為C1D與底面A1B1C1D1所成的角,∴∠DC1D1=∵AB=C1D1=1,∴DD1=3以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.則D(0,0,0),C1(0,1,3),C(0,1,0),B1(3,1,3),D1(0,0,3),則DC1=(0,1,3),CB1=(3,0,3),CD1設平面CB1D1的一個法向量為n=(x,y,z),則n令x=1,則y=-3,z=-1,即n=(1,-3,-1),設直線C1D與平面CB1D1所成的角為θ,則sinθ=|cos<DC1,n>|=|DC1·n||DC15.解(1)取MB的中點為P,連接DP,PN,因為MN=CN,MP=BP,所以NP∥BC.又因為DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四點共面,又因為EN∥平面BMD,EN?平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四邊形NEDP為平行四邊形,所以NP=DE,則DE=12BC,即λ=(2)取DE的中點O,連接MO,則MO⊥DE,因為平面MDE⊥平面DECB,平面MDE∩平面DECB=DE,且MO⊥DE,所以MO⊥平面DECB,建立空間直角坐標系,如圖,不妨設BC=2,則M(0,0,3λ),D(λ,0,0),B(1,3(1-λ),0),所以MD=(λ,0,-3λ),DB=(1-λ,3(1設平面BMD的法向量為m=(x,y,z),則MD令x=3,即m=(3,-1,1).又因為平面EMD的法向量n=(0,1,0),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=-15=-55,即隨著λ值的變更,二面角16.(1)證明取BC的中點E,連接DE,交AC于點O,連接ON,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).∵點N為PC的中點,∴N(0,0,1),∴DN=(1,0,1)設平面PAB的一個法向量為n=(x,y,z),由AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),可得n=(0,1,0),∴DN·n=又DN?平面PAB,∴DN∥平面PAB.(2)解由(1)知AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2).設直線AC與PD所成的角為θ,則cosθ=cos<AC,PD(3)解存在.設M(x