新教材2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何4向量在立体几何中的应用4.3用向量方法研究立体几何中的度量关系分层作业北师大版选择性必修第一册

第三章4.3用向量方法探讨立体几何中的度量关系第1课时空间中的角A级必备学问基础练1.若两异面直线l1与l2的一个方向向量分别是n1=(1,0,-1),n2=(0,-1,1),则直线l1与l2的夹角为()A.30° B.60° C.120° D.150°2.[2024福建厦门外国语学校高二期末]将正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.12 B.22 C.-123.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A.30° B.45°C.60° D.90°4.已知正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角为()A.30° B.45° C.60° D.90°5.(多选题)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AE=BC=2,AB=AD=1,CF=87,则(A.BD⊥ECB.BF∥平面ADEC.二面角E-BD-F的平面角的余弦值为1D.直线CE与平面BDE所成角的正弦值为56.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知DA=DC=4,DD1=3,则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为.

7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的平面角的余弦值为.

8.[2024江苏宝应高二期中]如图,已知三棱锥O-ABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=OC=2,E是OC的中点.(1)求异面直线BE与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级关键实力提升练9.如图,在三棱锥C-OAB中,OA⊥OB,OC⊥平面OAB,OA=6,OB=OC=8,CE=14CB,D,F分别为AB,BC的中点,则异面直线DF与OE所成角的余弦值为(A.1010 B.6C.3030 D.10.[2024湖北高二阶段练习]在空间直角坐标系O-xyz中,经过点P(x0,y0,z0),且法向量为m=(A,B,C)的平面方程为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0,经过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直线l的方程为x-x0μ=y-y0v=z-z0ω,依据上面的材料解决下面的问题:现给出平面α的方程为A.60° B.120° C.30° D.150°11.(多选题)[2024湖北石首第一中学高二阶段练习]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=CB=2,AA1=3,∠ACB=90°,则()A.点C1到平面A1B1C的距离为1B.点C1到平面A1B1C的距离为3C.直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为22D.直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为312.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满意A1P=λA1B1,当直线PN与平面ABCA.12 B.22 C.313.[2024重庆长寿高二期末]《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的探讨比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体PABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则二面角A-PC-B的平面角的余弦值为.

14.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=AA1,且C1D与底面A1B1C1D1所成角为60°,则直线C1D与平面CB1D1所成角的正弦值为.

15.[2024河南信阳高二期末]如图1,在等边三角形ABC中,点D,E分别为边AB,AC上的动点且满意DE∥BC,记DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB,连接MB,MC得到图2,点N为MC的中点图1图2(1)当EN∥平面MBD时,求λ的值;(2)摸索究:随着λ值的变更,二面角B-MD-E的平面角的大小是否变更?假如变更,请说明理由;假如不变更,恳求出二面角B-MD-E的平面角的正弦值大小.C级学科素养创新练16.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB.(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD所成锐二面角的平面角为45°?假如存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;假如不存在,请说明理由.

参考答案4.3用向量方法探讨立体几何中的度量关系第1课时空间中的角1.B由题意,两异面直线l1与l2的一个方向向量分别是n1=(1,0,-1),n2=(0,-1,1),可得|n1|=2,|n2|=2,n1·n2=-1,设异面直线l1与l2所成的角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=2.A取BD中点为O,连接AO,CO,所以AO⊥BD,CO⊥BD,又因为平面ABD⊥平面CBD且交线为BD,AO⊂平面ABD,所以AO⊥平面CBD,OC⊂平面CBD,则AO⊥CO,设正方形的对角线长度为2,如图所示,建立空间直角坐标系,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所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为1故选A.3.A4.B5.BC以点A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则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),因为BD·EC=1≠0,则BD与EC不垂直,故选项A错误;因为AB=(1,0,0)为平面ADE的法向量,又因为BF=0,2,87,则BF·AB=0,因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,故选项B正确;由题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2),设平面BDF的一个法向量为m=(a,b,c),则m·BD=0,m·BF=0,即-a+b=0,2b+87c=0,令b=1,则a=1,c=-74,故m=1,1,-74,设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·BE=0,即-6.925如图,以D1为坐标原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、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为原点,OB,OC,OA分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则有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).设平面ABE的法向量为n1=(x,y,z),则由n1⊥AB,n1⊥AE,得2x-z=0由题意可得,平面BEC一个法向量为n2=(0,0,1),cos<n1,n2>=n1则sin<n1,n2>=1-即二面角A-BE-C的平面角正弦值为59.B10.C由题知,平面α的法向量m=(1,-1,2),直线l的方向向量n=(-3,5,2),设直线l与平面α所成的角为θ,所以sinθ=|cos<m,n>|=|-所以θ=30°.故选C.11.BD以C1为原点,C1A1,C1B1,C则A1(2,0,0),B1(0,2,0),C(0,0,3),所以A1B1=(-2,2,0),A1C设平面A1B1C的法向量为n,则n令x=3,得n=(3,3,2).因为A1C1=(-2,0,0),所以点C1到平面A1B1C直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为|A112.A如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则N12,12,∴PN易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),设直线PN与平面ABC所成的角为θ,则sinθ=|cos<PN,n>|=|∴当λ=12时,sinθ=255,此时角θ最大13.12依据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则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,-设平面APC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n不妨设y1=1,则x1=-1,n1=(-1,1,0),设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·BC=0,n2·PB=0,∴y2=0,x2-z2=0,不妨设x2=1,则z2=1,y14.155由题意得∠DC1D1即为C1D与底面A1B1C1D1所成的角,∴∠DC1D1=∵AB=C1D1=1,∴DD1=3以D为原点,DA,DC,DD1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.则D(0,0,0),C1(0,1,3),C(0,1,0),B1(3,1,3),D1(0,0,3),则DC1=(0,1,3),CB1=(3,0,3),CD1设平面CB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=-3,z=-1,即n=(1,-3,-1),设直线C1D与平面CB1D1所成的角为θ,则sinθ=|cos<DC1,n>|=|DC1·n||DC15.解(1)取MB的中点为P,连接DP,PN,因为MN=CN,MP=BP,所以NP∥BC.又因为DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四点共面,又因为EN∥平面BMD,EN⊂平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四边形NEDP为平行四边形,所以NP=DE,则DE=12BC,即λ=(2)取DE的中点O,连接MO,则MO⊥DE,因为平面MDE⊥平面DECB,平面MDE∩平面DECB=DE,且MO⊥DE,所以MO⊥平面DECB,建立空间直角坐标系,如图,不妨设BC=2,则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设平面BMD的法向量为m=(x,y,z),则MD令x=3,即m=(3,-1,1).又因为平面EMD的法向量n=(0,1,0),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=-15=-55,即随着λ值的变更,二面角16.(1)证明取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).∵点N为PC的中点,∴N(0,0,1),∴DN=(1,0,1)设平面PAB的一个法向量为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).设直线AC与PD所成的角为θ,则cosθ=cos<AC,PD(3)解存在.设M(x