高中数学 2.5夹角的计算练习 北师大版选修21.doc

第二章2.5夹角的计算一、选择题1平面的一个法向量为n1(4,3,0)，平面的一个法向量为n2(0，3,4)，则平面与平面夹角的余弦值为()abcd以上都不对答案b解析cosn1，n2，平面与平面夹角的余弦值为.2如图，长方体abcda1b1c1d1中，abaa12，ad1，e为cc1的中点，则a1e与bd所成角的余弦值为()abcd答案b解析分别以da、dc、dd1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则a1(1,0,2)，e(0,2,1)，b(1,2,0)，d(0,0,0)，(1,2，1)，(1，2,0)|cos，|.3已知e，f分别是棱长为1的正方体abcda1b1c1d1的棱bc，cc1的中点，则截面aefd1与底面abcd所成二面角的正弦值是()abcd答案c解析以d为坐标原点，以da、dc、dd1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则a(1,0,0)，e(，1,0)，d1(0,0,1)，(1,0,1)，(，1,0)设平面aefd1的法向量为n(x，y，z)则x2yz.取y1，则n(2,1,2)，而平面abcd的一个法向量为u(0,0,1)，cosn，u，sinn，u.4如图，四面体pabc中，pc平面abc，abbccapc，那么二面角bapc的余弦值为()abcd答案c解析如图，作bdap于d，作ceap于e，与的夹角恰是二面角的平面角，设ab1，则易得ce，ep，papb，ab1，可以求得bd，ed.，222.cos，.即cos，.另解：如图建立空间直角坐标系，不妨设abbccdpc2.则a(2,0,0)，c(0,0,0)，b(1，0)，p(0,0,2)设平面pab的法向量n0，即不妨取n(3，3)，又平面pac的法向理为n0(0,1,0)cos .5直三棱柱a1b1c1abc中，acb90，d1，e1分别为a1b1、a1c1的中点，若bccacc1，则bd1与ae1所成角的余弦值为()abcd答案c解析 如图所示，取直线ca、cb、cc1分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，设|a，则a(a,0,0)，b(0，a,0)，e1(，0，a)，d1(，a)(，0，a)，(，a)a2，|a，|acos，故选c6在正方体abcda1b1c1d1中，若f、g分别是棱ab、cc1的中点，则直线fg与平面a1acc1所成角的正弦值等于()abcd答案d解析解法一：过f作bd的平行线交ac于m，则mgf即为所求设正方体棱长为1，mf，gf，sinmgf.解法二：分别以ab、ad、aa1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则易知平面acc1a1的一个法向量为n(1,1,0)，f(，0,0)，g(1,1，)，设直线fg与平面a1acc1所成角，则sin|cosn，|.二、填空题7如图所示，在直三棱柱abca1b1c1中，acb90，aa12，acbc1，则异面直线a1b与ac夹角的余弦值为_答案解析根据题意，以点c为坐标原点，分别以ca、cb、cc1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则c(0,0,0)，a(1,0,0)，b(0,1,0)，a1(1,0,2)于是得(1,1，2)，(1,0,0)，所以cos，所以异面直线a1b与ac夹角的余弦值为.8已知正三棱柱abca1b1c1的所有棱长都相等，d是a1c1的中点，则直线ad与平面b1dc所成的角的正弦值为_答案解析不妨设正三棱柱abca1b1c1的棱长为2，建立如右图所示空间直角坐标系则c(0,0,0)，a(，1,0)，b1(，1,2)，d，则，(，1,2)，设平面b1dc的法向量为n(x，y,1)，由，解得n(，1,1)又，sin|cos，n|.三、解答题9(2014辽宁理)如图，abc和bcd所在平面互相垂直，且abbcbd2，abcdbc120、e，f分别为ac、dc的中点(1)求证：efbc；(2)求二面角ebfc的正弦值解析(1)方法一：过e作eobc，垂足为o，连接of，由abcdbc可证出eocfoc，图1所以eocfoc，即fobc又eobc，因此bc平面efo.又ef平面efo，所以efbc方法二：由题意，以b为坐标原点，在平面dbc内过b作垂直bc的直线为x轴，bc所在直线为y轴，在平面abc内过b作垂直bc的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得b(0,0,0)，a(0，1，)，d(，1,0)，c(0,2,0)，因而e(0，)，f(，0)，所以(，0，)，(0,2,0)，因此0，从而，所以efbc(2)方法一：在图1中过o作ogbf，垂足为g连eg，由平面abc平面bdc，从而eo平面bdc，又ogbf，由三垂线定理知egbf.因此ego为二面角ebfc的平面角，在eoc中，eoecbccos30，由bgobfc知ogfc.因此tanego2，从而sinego.即二面角的正弦值为.方法二：在图(2)中平面bfc的一个法向量为n1(0,0,1)，设平面bef的法向量n2(x，y，z)图2又(，0)，(0，)由得其中一个n2(1，1)设二面角ebfc的大小为，由题意知为锐角，则cos|cos|.因此sin.即所求二面角正弦值为.10(2014陕西理)四面体abcd及其三视图如图所示，过棱ab的中点e作平行于ad、bc的平面分别交四面体的棱bd、dc、ca于点f、g、h.(1)证明：四边形efgh是矩形；(2)求直线ab与平面efgh夹角的正弦值解析(1)由该四面体的三视图可知，bddc，bdad，addc，bddc2，ad1，由题设，bc平面efgh，平面efgh平面abceh，bcfg，bceh，fgeg.同理efad，hgad，efhg，四边形efgh是平行四边形又addc，adbdad平面bdc，adbc，effg，四边形efgh是矩形(2)解法一：如图，以d为坐标原点建立空间直角坐标系，则d(0,0,0)，a(0,0,1)，b(2,0,0)，c(0,2,0)，(0,0,1)，(2,2,0)，(2,0,1)设平面efgh的法向量n(x，y，z)，efad，fgbc，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.解法二：如图，以d为坐标原点建立空间直角坐标系，则d(0,0,0)，a(0,0,1)，b(2,0,0)，c(0,2,0)，e是ab的中点，f，g分别为bd，dc的中点，得e(1,0，)，f(1,0,0)，g(0,1,0)(0,0，)，(1,1,0)，(2,0,1)设平面efgh的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，得取n(1,1,0)，sin|cos，n|.一、选择题1若平面的一个法向量n(4,1,1)，直线l的方向向量a(2，3,3)，则l与夹角的余弦值为()abcd答案d解析cosa，n.l与夹角的余弦值为.2在三棱柱abca1b1c1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点d是侧面bb1c1c的中心，则ad与平面bb1c1c所成角的大小是()a30b45c60d90答案c解析如图，取bc的中点e，连结de、ae、ad，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得ae平面bb1c1c，故ade为ad与平面bb1c1c所成的角设各棱长为1，则ae，de，tanade，ade60，故选c3在长方体abcda1b1c1d1中，m、n分别是棱bb1、b1c1的中点，若cmn90，则异面直线ad1与dm的夹角为()a30b45c60d90答案d解析如图，连结dm，bc1，则mc为dm在平面b1c内的投影又因为cmmn，所以dmmn.因为mnbc1ad1，所以dmad1，即ad1与dm的夹角为90.4如图，在棱长都相等的四面体abcd中，e，f分别为棱ad、bc的中点，连接af，ce，则直线af与ce所成的角的余弦值为()abcd答案a解析设该四面体的棱长为1，则|，|1.所以()()()(2)(22)(12).所以cos，.二、填空题5如图，在正三棱柱abca1b1c1中，已知ab1，点d在棱bb1上，且bd1，则ad与平面aa1c1c所成角的正弦值为_答案解析解法一：取ac、a1c1的中点m、m1，连结mm1、bm.过d作dnbm，则容易证明dn平面aa1c1c连结an，则dan就是ad与平面aa1c1c所成的角在rtdan中，sindan.解法二：取ac、a1c1中点o、e，则obac，oe平面abc，以o为原点oa、ob、oe为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，在正三角形abc中，bmab，a，b，d，又平面aa1c1c的法向量为e(0,1,0)，设直线ad与平面aa1c1c所成角为，则sin|cos，e|.解法三：设a，b，c，由条件知ab，ac0，bc0，又cb，平面aa1c1c的法向量(ab)设直线ad与平面aa1c1c成角为，则sin|cos，|，(cb)(ab)acabbc|b|2.|2(cb)2|c|2|b|22bc2，|，|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin.6在正方体abcda1b1c1d1中，则a1b与平面a1b1cd所成角的大小为_答案30解析方法1：连结bc1，设与b1c交于o点，连结a1o.bc1b1c，a1b1bc1，a1b1b1cb1.bc1平面a1b1c，a1b在平面a1b1cd内的射影为a1o.oa1b就是a1b与平面a1b1cd所成的角，设正方体的棱长为1.在rta1ob中，a1b，bo，sinoa1b.oa1b30.即a1b与平面a1b1cd所成的角为30.方法2：以d为原点，da，dc，dd1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(1,0,1)，c(0,1,0)(1,0,1)，(0,1,0)设平面a1b1cd的一个法向量为n(x，y，z)则令z1得x1.n(1,0，1)，又b(1,1,0)，(0,1，1)，cosn，.n，60，所以a1b与平面a1b1cd所成的角为30.三、解答题7(2014新课标理)如图三棱柱abca1b1c1中，侧面bb1c1c为菱形，abb1c(1) 证明：acab1；(2)若acab1，cbb160，abbc，求二面角aa1b1c1的余弦值解析(1)连结bc，bc1交bc于点o，连结ao，因为侧面bb1c1c为菱形，所以b1cbc1，且o为b1c及bc1的中点又abb1c，所以b1c1平面abo，由于ao平面abo，故b1cao.又b1oco，故acab1.(2)因为acab1，且o为b1c的中点，所以aoco又因为abbc，所以boaboc，故oaob，从而oa，ob，ob1两两互相垂直以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，|ob为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.因为cbb160，所以cbb1为等边三角形，又abbc，则a(0,0，)，b(1,0,0)，b1(0，0)，c(0，0).(0，)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)是平面aa1b1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面a1b1c1的法向量，则同理可取m(1，)则cos(n，m).所以二面角aa1b1c1的余弦值为.8如图，在三棱锥pabc中，abac，d为bc的中点，po平面abc，垂足o落在线段ad上，已知bc8，po4，ao3，od2. (1)证明：apbc；(2)在线段ap上是否存在点m，使得二面角amcb为直二面角？若存在，求出am的长；若不存在，请说明理由解析方法一：(1)证明：如右图，以o为原点，以射线od为y轴的正半轴，射线op为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系oxyz.则o(0,0,0)，a(0，3,0)，b(4，2,0)，c(4,2,0)，p(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即apbc(2)解：假设存在满足题意的m，设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)设平面bmc的法向量n1(x1，y1，z1)，平面apc的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1(0,1，)由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故am3.综上所述，存在点m符合题意，am3.方法二：(1)证明：由abac，d是bc的中点，得adbc又po平面abc