2024-2025学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第2课时夹角问题分层作业新人教A版选择性必修第一册

第2课时夹角问题A级必备学问基础练1.在直三棱柱ABC-A'B'C'中,侧棱长为4,底面是边长为4的正三角形,则异面直线AB'与BC'所成角的余弦值为()A.12 B.C.14 D.2.若正三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长都相等,D是棱A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.35 B.C.35 D.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为()A.12 B.53 C.34.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,SD⊥平面ABCD,棱AB,SC的中点分别为E,F.若直线EC与BF所成角的余弦值为55,则SD=(A.2 B.3C.4 D.15.已知在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将△ABC沿AC折起,使得平面B'AC⊥平面DAC,则二面角B'-CD-A的余弦值为()A.2 B.1C.33 D.6.(多选题)在△ABC中,BC=5,AB=1,tan∠ABC=-2,将△ABC绕直线AB旋转至△ABP处,使平面ABP⊥平面ABC,则()A.在旋转的过程中,点C的运动轨迹长度为πB.点B到平面PAC的距离为3C.直线AP与直线PC所成角为πD.直线AB与平面PBC所成角的正弦值为57.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=3,则异面直线AD1和DC1所成角的余弦值是.

8.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,则平面AA1B1B与平面AD1E所成角的正弦值为.

B级关键实力提升练9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线AC和MN所成的角为()A.30° B.45° C.90° D.60°10.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积是底面积的63倍,E为四边形ABB1A1的中心,F为棱CC1的中点,则异面直线BF与CE所成角的余弦值为 ()A.23913C.3926 D.11.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°,若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,则平面APB与平面PBC夹角的余弦值为.

12.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值.13.如图,在五面体ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,CC1⊥平面ABC,AA1∥BB1.已知AB=AC=2,AA1=3,A1B1=A1C1,且BB1<CC1.(1)证明:AA1⊥平面ABC;(2)求平面A1B1C1与平面AA1C1C的夹角的余弦值的取值范围.

参考答案第2课时夹角问题1.C由题意,取线段AC的中点O,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,23,0),B'(0,23,4),C'(-2,0,4),所以AB'=(-2,23,4),BC'=(-2,-23,4),所以cos<AB'所以AB'与BC'所成角的余弦值为14故选C.2.D取棱AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,令三棱柱的棱长为2,则OB=22-1=3,A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(3,0,2),所以AD=(0,1,2),CD=(0,-1,2),CB1设n=(x,y,z)为平面B1DC的法向量,由n·CD=0,n·CB1=0,设直线AD与平面B1DC所成的角为α,则sinα=|cos<AD,n>|=|AD所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为45.故选D3.B以A为原点,AB,AD,AA1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.设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E1,0,12,D(0,1,0),∴A1D=(0,1,-1),A1E=1,0,-12.设平面A1ED的法向量为n1=(x,y则A1E·n1=x-∴n1=(1,2,2).由图可知,平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=23,则sin<n1,n4.C以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设SD=t(t>0),则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),所以F0,1,t2,所以EC=(-2,1,0),BF=-2,-1,t2.因为直线EC与BF所成角的余弦值为55,所以|cos<EC,BF>|=|EC·BF||5.D设菱形ABCD的边长为1,取线段AC的中点O,连接B'O,DO,因为∠AB'C=∠ADC=60°,所以B'O⊥AC,DO⊥AC.又平面B'AC⊥平面DAC,平面B'AC∩平面DAC=AC,所以B'O⊥平面ACD,如图,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),C12,0,0,B'0,0,32,D0,32,0,所以OB'=0,0,32,B'C=12,0,-32,CD=-12,32,0设平面B'CD的法向量为n=(x,y,z),则B令z=1,得x=3,y=1,则n=(3,1,1).易知平面CDA的一个法向量为OB'=0,0,32,所以|cos<OB',n>|=3236.ABC延长AB,过点C作CO⊥AB,交AB的延长线于点O,依据旋转的学问可知PO⊥AB,由于平面ABP⊥平面ABC,且交线为AB,PO⊂平面ABP,所以PO⊥平面ABC,由于CO⊂平面ABC,所以PO⊥CO,故AO,CO,PO两两相互垂直,由此建立如图所示空间直角坐标系,BC=5,AB=1,tan∠ABC=-2,所以tan∠CBO=2,∠CBO为锐角,sin∠CBOcos∠CBO=2,sin所以BO=5×15=1,CO=PO=5所以在旋转的过程中,点C的运动轨迹长度为14×π×22=π,A选项正确.A(2,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),PAC=(-2,2,0),PC=(0,2,-2),BA=(1,0,0),设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AC=-2x1+2y1=0,m·PC=2y1-2z1=0,取x1=1,则y1=1,z1=1,故m=(1,1,1),所以PB=(1,0,-2),PC=(0,2,-2),设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·PB=x2-2z2=0,n·PC=2y2-2z2=0,取x2=2,则y2=1,7.913以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,3),D1(0,2,0),D(0,2,3),C1(2,2,0),AD1=(0,2,-3),DC故异面直线AD1和DC1所成角的余弦值为|cos<AD1,8.53以A为坐标原点,AD,AB,AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,则A(0,0,0),D(2,0,0),D1(2,0,2),E(0,2,1),则AD=(2,0,0),AD1=(2,0,2),AE=由题可得AD是平面AA1B1B的一个法向量.设平面AD1E的法向量n=(x,y,z),则n·AD1=2x+2z=0,n·AE设平面AA1B1B与平面AD1E所成角为θ,所以平面AA1B1B与平面AD1E所成角的余弦值为cosθ=n·所以平面AA1B1B与平面AD1E所成角的正弦值为1-9.D以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,∵M,N分别为棱BC和棱CC1的中点,∴M(1,2,0),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),MN=(-1,0,1),AC=(-2,2,0),设异面直线AC和MN所成的角为θ,则cosθ=|MN·AC∴θ=60°.∴异面直线AC和MN所成的角为60°.故选D.10.B(方法1)如图所示,取A1B1的中点G,连接FG,EG.因为E为四边形ABB1A1的中心,所以EG∥CF,且EG=CF,所以四边形CFGE为平行四边形,所以FG∥CE,所以∠BFG或其补角就是异面直线BF与CE所成的角.设该三棱柱的底面边长为2,正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积是底面积的63倍,则3×2AA1=2×34×22×63,所以AA1=6.连接BG则BG=62+12=37,BF=22在△BFG中,由余弦定理得,cos∠BFG=BF2+FG2-BG(方法2)设AC=2,则由题得3×2CC1=2×34×22×63所以CC1=6.以A为坐标原点,AC,AA1所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(3,1,0),C(0,2,0),E32,12,3,F(0,2,3),所以BF=(-3,1,3),CE=32,-32,3,故|cos<BF,所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为391311.33在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为因为∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD.又AP∩PD=P,AP⊂平面PAD,PD⊂平面PAD,从而AB⊥平面PAD.又PF⊂平面PAD,故AB⊥PF.又PF⊥AD,AB∩AD=A,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点,取棱BC中点为E,以FA,FE,FP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.取PA=1,则AD=2,PF=22,所以A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则n·PC=0,n·CB=0,即-22x设m=(x1,y1,z1)是平面PAB的法向量,则m取z1=1,则x1=1,y1=0,故m=(1,0,1).则cos<n,m>=n·故平面APB与平面PBC夹角的余弦值为3312.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,S(0,0,2),C(2,2,0),A(0,0,0),B(0,2,0),D(1,0,0),SC=(2,2,-2),∵AB⊥平面ASD,故平面ASD的一个法向量为AB=(0,2,0),设SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ=|cos<SC,AB>|=|SC·AB||SC||AB(2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵SC=(2,2,-2),SD=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由SC令z=1,则x=2,y=-1.故n=(2,-1,1).设平面SAB和平面SCD的夹角为α,则cosα=|m·n||m||13.(1)证明因为AA1∥BB1,且AA1⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以AA1∥平面BB1C1C.因为AA1⊂平面AA1C1C,平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1,所以AA1∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以AA1⊥平面ABC.(2)解由(1)可知,AA1⊥AB,AA1⊥AC.又AB⊥AC,则以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设B1(2,0,m),C1(0,2,n).又A1(0,0,3)