第一章空间向量与立体几何4.2第2课时用空间向量研究空间角问题基础训练（附解析新人教A版选择性必修第一册）

第2课时用空间向量研究空间角问题1.（2020广东广州海珠高二期末联考）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=a，AA1=3a，则异面直线AC1与CD1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案：C2.（2021安徽皖北名校高二第二次联考）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，则异面直线BD与PE所成角的余弦值为()A.26B.36C.23D.33答案：A3.（2020山东济南莱芜一中高二质检）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是()A.215B.25C.35D.45答案：B4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案：B10 5.（2021吉林吉化一中高二月考）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是()A.12B.63C.32D.62答案：B6.（多选题）（2021山东济宁曲阜一中高二段测）如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到平面AED1的距离为d，直线DE与平面AED1所成的角为θ，平面AED1与平面AED的夹角为α，则()A.DF⊥平面AED1B.d=43C.sinθ=4515D.cosα=23答案：B;C;D7.（2020黑龙江绥化青冈一中高二月考）正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，则PB与平面PEF所成角的正弦值为()A.36B.66C.33D.63答案：C8.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE=BF.当A1、E、F、C1共面时，平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为()A.15B.12C.32D.265答案：B10 9.（2021湖北孝感应城一中高二期末）在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AB=BC，AC=22，AA1=2点E为A1C1的中点，点F在BC的延长线上且CF=14BC，则异面直线BE与C1F所成的角为()A.90∘B.60∘C.45∘D.30∘答案：B解析：在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，故以BC，BA，BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=BC，AC=22，AA1=2，所以AB=BC=2,所以A1(0,2,2)，C1(2,0,2)，E(1,1,2)，C(2,0,0)，B(0,0,0)，又CF=14BC，所以CF=14(2,0,0)=(12,0,0)，故C1F=C1C+CF=(0,0,-2)+(12,0,0)=(12,0,-2)，BE=(1,1,2)，所以cos<BE,C1F>=BE⋅C1F|BE|⋅|C1F|=12-24×14+2=-323=-12，所以向量BE,C1F的夹角为120∘，又异面直线BE与C1F所成角的取值范围是(0,π2]，所以异面直线BE与C1F所成的角为60∘.10 10.如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA=AC=1，BC=2，则平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.答案：33素养提升练11.（多选题）（2020辽宁丹东高二期末）在正三棱柱A1B1C1-ABC中，AA1=3AB，则()A.AC1与底面ABC所成角的正弦值为12B.AC1与底面ABC所成角的正弦值为32C.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为34D.AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为134答案：B;C解析：取A1C1的中点E，AC的中点F，连接EF，EB1则EB1，EC1，EF两两垂直，则以E为原点，EB1，EC1，EF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，则AA1=23.10 ∴A1(0,-1,0)，C1(0,1,0)，A(0,-1,23)，C(0,1,23)，B1(3,0,0)，∴AC1=(0,2,-23)，底面ABC的一个法向量为m=(0,0,23)，∴AC1与底面ABC所成角的正弦值为|cos＜m,AC1＞|=|m⋅AC1|m|×|AC1||=|-124×23|=32，∴A错，B对;取A1B1的中点K，∴K的坐标为(32,-12,0)，∴侧面AA1B1B的一个法向量为KC1=(-32,32,0)∴AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为|cos＜AC1,KC1＞|=|AC1⋅KC1|AC1|×|KC1||=34×3=34，故C对，D错.12.（2021山东济宁高二期末）如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，BC=BD=1，AB=2，直线CC1与平面A1BD所成角的正弦值为33.（1）求点C1到平面A1BD的距离;（2）求平面A1BD与平面C1BD夹角的余弦值.答案：（1）因为BC=BD=1，AB=2，所以∠DBC=90∘，所以∠ADB=90∘，建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1=a，则D(0,0,0)，A1(1,0,a)，B(0,1,0)，C(-1,1,0)，C1(-1,1,a)，10 所以DA1=(1,0,a)，DB=(0,1,0)，CC1=(0,0,a)，设平面A1BD的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1⋅DA1=0,n1⋅DB=0,即x1+az1=0,y1=0,所以n1=(a,0,-1)，所以|cos＜n1,CC1＞|=|-a|a⋅a2+1=33，解得a=2（负值舍去），所以n1=(2,0,-1)，DC1=(-1,1,2)，所以点C1到平面A1BD的距离为|DC1⋅n1||n1|=223=263.（2）设平面C1BD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，则n2⋅DC1=0,n2⋅DB=0,即-x2+y2+2z2=0,y2=0,所以n2=(2,0,1)，所以cos＜n1,n2＞=13×3=13.由题图可得平面A1BD与平面C1BD的夹角为锐角，所以平面A1BD与平面C1BD夹角的余弦值为13.13.（2020福建漳州高二第二次质检）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1=AB=CC1=2，A1B=6，∠AA1C=∠ABC=90∘，∠ACB=30∘.（1）证明：AC⊥A1B；（2）求平面ACC1与平面BCC1B1夹角的余弦值.答案：（1）过A1作A1O⊥AC交AC于点O，连接BO，因为∠ABC=90∘，AB=2，∠ACB=30∘，所以AC=4，所以BO=3，同理可得A1O=3，因为A1B=6，所以A1O2+BO2=A1B2，所以A1O⊥BO.以O为原点，OB，OC，OA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，易知OC=3，所以A(0,-1,0)，B(3,0,0)，C(0,3,0)，C1(0,2,3)，A1(0,0,3).10 证明：易知AC=(0,4,0)，A1B(3,0,-3)，所以AC⋅A1B=0×3+4×0+0×(-3)=0,所以AC⊥A1B，所以AC⊥A1B.（2）易知BC=(-3,3,0)，CC1=(0,-1,3)，设n1=(x，y，z)是平面BCC1B1的法向量，则n1⋅BC=0,n1⋅CC1=0,即-3x+3y=0,-y+3z=0,取y=3，则x=3，z=1，所以n1=(3,3,1)，易知平面ACC1的一个法向量为n2=(1,0,0)，则cos＜n1,n2＞=n1⋅n2|n1||n2|=31313，所以平面ACC1与平面BCC1B1夹角的余弦值为31313.14.（2021广东深圳外国语学校高二月考）如图，在三棱锥M-ABC中，△MAC为等边三角形，MB=22，AB=BC=2，AC的中点O为三角形ABC的外接圆的圆心，点N在边BC上，且BN=23BC.（1）求BO与平面AMC所成的角；（2）求平面AMN与平面AMC夹角的正弦值.答案：（1）连接OM，在△ABC中，由AC的中点O为三角形ABC的外接圆的圆心，AB=BC=2可知，三角形ABC为等腰直角三角形，所以AC=22，OB⊥AC，且OB=2.10 在△MAC中，MA=MC=AC=22，O为AC的中点，则OM⊥AC，且OM=6.在△MOB中，满足BO2+OM2=MB2，所以OB⊥OM，又AC∩OM=O，AC，OM⊂平面AMC，所以OB⊥平面AMC，故BO与平面AMC所成的角为90∘.（2）因为OB，OC，OM两两垂直，所以以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,-2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，M(0,0,6)，所以AM=(0,2,6)，BC=(-2,2,0)，由BN=23BC得BN=23BC，所以N(23,223,0)，则AN=(23,523,0)，设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，则AN⋅m=23x+523y=0,AM⋅m=2y+6z=0,令y=3，得m=(-53,3,-1)，由（1）知BO⊥平面AMC，所以OB=(2,0,0)为平面AMC的一个法向量，所以cos＜m,OB＞=m⋅OB|m|⋅|OB|=-5679×2=-5379，所以sin＜m,OB＞=1-(-5379)2=279=27979.故平面AMN与平面AMC夹角的正弦值为27979.创新拓展练15.如图，E是以AB为直径的半圆O上异于A、B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于圆O所在的平面，且AB=2AD=2.（1）求证：EA⊥EC；10 （2）若异面直线AE和DC所成的角为π6，求平面DCE与平面AEB夹角的余弦值.命题分析考查了空间中线线垂直的证明和平面与平面夹角的求解.答题要领（1）由面面垂直的性质可证得BC⊥EA，再根据线面垂直的判定定理和性质定理可证得.（2）取AB⌢的中点F，连接OF，以点O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，过点O作与BC平行的直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz.先求两平面的法向量，再利用向量法求平面DCE与平面AEB夹角的余弦值.详细解析（1）证明：易知BC⊥AB，∵平面ABCD垂直于圆O所在的平面，且两平面的交线为AB,BC⊂平面ABCD,∴BC垂直于圆O所在的平面.又EA在圆O所在的平面内，∴BC⊥EA.∵AB为圆O的直径，∴∠AEB=90∘，∴BE⊥EA，又BC∩BE=B,BC,BE⊂平面EBC，∴EA⊥平面EBC，∵EC⊂平面EBC，∴EA⊥EC.（2）取ABF，连接OF，以点O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，过点O作与BC平行的直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz.由异面直线AE和DC所成的角为π6，AB∥DC知∠BAE=π6，∴∠OBE=π3，∴E(32,12,0)，由题设可知D(0,-1,1)，C(0,1,1)，10 ∴DE=(32,32,-1)，CE=(32,-12,-1).设平面DCE的法向量为p=(x0,y0,z0)，则DE⋅p=0CE⋅p=0,即32x0+32y0-z0=0,32x0-12y0-z0=0,取x0=2,得y0=0，z0=3∴p=(2,0,3).易知平面AEB的一个法向量为q=(0,0,1)，∴cos＜p,q＞=p⋅q|p||q|=322+(3)2=217.故平面DCE与平面AEB夹角的余弦值217.解题感悟通常利用向量法解决两平面的夹角问题.10