1.4.2第2课时　用空间向量研究夹角问题 练习册答案

第2课时用空间向量研究夹角问题1.C[解析]∵直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角为120°,∴直线l与平面α所成的角为90°-(180°-120°)=30°.2.D[解析]设这两个平面的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|1-2|6×3.D[解析]因为DA⊥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为坐标原点,过点A且平行于CB的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设CA=1,则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.设直线DE与4.B[解析]对于A,若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2所成的角的余弦值是|cos<a,b>|=14,所以A中说法正确;对于B,D,若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的正弦值是|cos<a,b>|=14,余弦值是154≠14,所以B中说法错误,D中说法正确;对于C,若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α,β的夹角的余弦值是|cos<a,b>|=14,所以C5.A[解析]因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直,设AB=1,则AD=AP=2.以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则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).设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),所以n·BD=-x+2y=0,n·BP=-x+2z=0,令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1),则直线PC6.A[解析]设正方体的棱长为1,A1PA1C1=λ(0≤λ≤1),则A1P=λA1C1.以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则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),则A1P=(-λ,λ,0),又A1(1,0,1),所以P(1-λ,λ,1),所以OP=12-λ,λ-12,1.连接B1D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可知B1D⊥平面A1BC1,所以DB1=(1,1,1)是平面A1BC1的一个法向量,所以sinθ=|7.A[解析]方法一:在四面体OABC中,因为OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,所以以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OC所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA=OB=OC=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=-x+y=0,n·AC=-x+z=0,取x=1,得n=(1,1,1),由题知平面ACO的一个法向量为m=(0,1,0).设平面BAC与平面ACO的夹角为θ,则方法二:如图,取AC的中点D,连接OD,BD,由OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,得BC=BA,故OD⊥AC,BD⊥AC,则∠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OB⊥OD.设OB=1,则OD=22,BD=12+222=62,所以cos∠BDO=ODBD=2262=338.ACD[解析]如图,以D为原点,建立空间直角坐标系,设C1G=t,0≤t≤2.当G为CC1的中点时,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).设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z),则n·A1E=0,n·A1F=0,即2y-z=0,-x+2y=0,令y=1,则n=(2,1,2),因为AG·n=0,所以AG⊥n,因为AG⊄平面A1EF,所以AG∥平面A1EF,故A正确.当G为CC1的中点时,因为cos<AG,EF>=AG·EF|AG|·|EF|=33×2=22,所以直线AG与EF所成的角为45°,故B错误.若C1G=AH,则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),则AC=(-2,2,0),AD1=(-2,0,2),B1G=(-2,0,-t),B1H=(0,-2,t-2).设平面ACD1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AC=0,n1·AD1=0,即-2x1+2y1=0,-2x1+2z1=0,令x1=1,可得n1=(1,1,1).设平面B1HG的法向量为n2=(x2,y2,z2),则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]如图,以A为原点,AB,AD,AA'所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则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,则B'E=FD,所以四边形B'EDF是平行四边形,由正方体的性质知DE=DF,因此四边形B'EDF为菱形,A正确;A'C=(a,a,-a),DE=a,-a2,0,则cos<A'C,DE>=A'C·DE|A'C||DE|=a2-a223a×a2+a24=1515,故异面直线A'C与DE所成角的余弦值是1515,B正确;设平面B'EDF的法向量为n=(x,y,z),则n·B'E=0,n·DE=0,即10.104[解析]取AC的中点E,连接BE,以B为原点,以BE所在直线为x轴,过点B且平行于AC的直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,则A32,12,0,D(0,0,1),易知平面AA1C1C的一个法向量为n=32,0,0,AD=-32,-12,1,则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为n11.63[解析]将正方体的平面展开图还原成正方体,以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则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).设平面EMB的法向量为n=(x,y,z),则n·BE=0,n·EM=0,即x-y=0,y+z=0,令x=1,则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)证明:以点A1为坐标原点,A1A,A1B1,A1C1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则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的一个法向量为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).设平面CC1D的法向量为u=(x1,y1,z1),则u·C1C则cos<EB,u>=EB·u|∴直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为45(3)由(1)知,A1C=(2,0,2),A1设平面A1CD的法向量为v=(x2,y2,z2),则v·A1C=2x2+2z2=0,v·A1D=y2=0,取x2=1,可得v=(1,0,-1),则14.解:(1)证明:如图,取AB的中点O,AC的中点H,连接OC,OA1,BH,因为AB=BC,H是AC的中点,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.因为A1A=A1B,AC=BC,O是AB的中点,所以OA1⊥AB,OC⊥AB,又OA1∩OC=O,OA1,OC⊂平面A1OC,所以AB⊥平面A1OC,因为A1C⊂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为坐标原点,HB,HC所在直线分别为x,y轴,过点H且平行于A1C的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设A1C=a,则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设平面AA1B的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·A取x1=1,可得y1=-3,z1=23所以m=1,-3,23a设BC与平面AA1B所成的角为θ,则sinθ=|cos<BC,m>|=|-3-3可得a=3,从而m=(1,-3,2).易知平面ACC1A1的一个法向量为n=(1,0,0),又cos<n,m>=11×1+3+4=所以平面AA1B与平面ACC1A1夹角的余弦值为2415.B[解析]如图,连接OA,OC,由已知可得,OA=OB=OC=OD=2,OA⊥BD,OC⊥BD,所以△AOB,△COD均为直角三角形,∠AOC即为二面角A-BD-C的平面角.因为E,F分别是AB,CD的中点,所以OE=12AB=1,OF=12CD=1,且∠BOE=∠DOF=45°,所以OB·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OA·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)证明:在题图①中,连接AE,由题意可得AE=2,因为CE∥BA,CE=BA=AE,所以四边形ABCE为菱形.在题图①中,连接AC,交BE于点F,则CF⊥BE.在Rt△ACD中,AC=32+(3)2=23,所以AF=CF=3.因为AC1=6,所以AF2+C1F2=AC12,所以C1F⊥AF,又C1F所以C1F⊥平面ABED.因为C1F⊂平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则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设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z