空间向量与空间角

第3章第3课时一、选择题(每小题5分，共20分)1．如图，正棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()\f(1,5) \f(2,5)\f(3,5) \f(4,5)解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝1.则B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0,0,2)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AD1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(5)·\r(5))＝－eq\f(4,5)∴异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(4,5)，故选D.答案：D2．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成的二面角的余弦值为()\f(\r(6),3) \f(\r(3),3)\f(\r(2),3) \f(1,3)解析：设正三棱锥P－ABC，PA，PB，PC两两互相垂直，设PA＝PB＝PC＝a.取AB的中点D，连结PD、CD，易知∠PDC为侧面PAB与底面ABC所成的角．易求PD＝eq\f(\r(2),2)a，CD＝eq\f(\r(6),2)a，故cos∠PDC＝eq\f(PD,DC)＝eq\f(\r(3),3).答案：B3．若平面α的一个法向量n＝(2,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(1,2,3)，则l与α所成角的正弦值为()\f(\r(17),6) \f(\r(21),6)C．－eq\f(\r(21),6) \f(\r(21),3)解析：cos〈a，n〉＝eq\f(a·n,|a||n|)＝eq\f(1，2，3·2，1，1,\r(1＋4＋9)·\r(22＋1＋1))＝eq\f(2＋2＋3,\r(14×6))＝eq\f(\r(21),6).答案：B4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．60° D．120°解析：由条件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)).∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋82＋2×6×8coseq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2eq\r(17))2，∴coseq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)，eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝120°，∴二面角的大小为60°.故选C.答案：C二、填空题(每小题5分，共10分)5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD解析：如图，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易证eq\o(AC1,\s\up6(→))是平面A1BD的一个法向量．eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋1,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).所以BC1与平面A1BD所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)6．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的余弦值为________．解析：取BC中点O，连结AO，DO.建立如右图所示坐标系，设BC＝1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为面BCD的法向量，可进一步求出面ABD的一个法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),5).答案：eq\f(\r(5),5)三、解答题(每小题10分，共20分)7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2，E，F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1，求直线EC1与FD1解析：以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分别为x轴、y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则有D1(0,0,2)，E(3,3,0)，F(2,4,0)，C1(0,4,2)，于是eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－2，－4,2)，设eq\o(EC1,\s\up6(→))与eq\o(FD1,\s\up6(→))所成的角为β，则cosβ＝eq\f(|\o(EC1,\s\up6(→))·\o(FD1,\s\up6(→))|,|\o(EC1,\s\up6(→))||\o(FD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(21),14)，所以直线EC1与FD1所成的角的余弦值为eq\f(\r(21),14).8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点．(1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值；(2)求二面角F－DE－C的余弦值．解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,2,0)，F(0,2,2)．(1)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，易得平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设eq\o(EF,\s\up6(→))与n的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·n,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,5)eq\r(5)，∴EF与平面ABCD所成的角的余弦值为eq\f(\r(5),5).(2)eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0,2,2)，设平面DEF的一个法向量为m，则m·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，可得m＝(2，－1,1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(6),6)，∴二面角F－DE－C的余弦值为eq\f(\r(6),6).尖子生题库☆☆☆9．(10分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值；(3)是否存在点E，使得二面角A－DE－P为直二面角？并说明理由．解析：以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))分别为y轴、z轴的正方向，过A点且垂直于平面PAB的直线为x轴，建立空间直角坐标系Axyz，设PA＝a，由已知可得：A(0,0,0)，B(0，a,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(3,4)a，0))，P(0,0，a)．(1)证明：eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，－\f(a,4)，0))，∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥AP.又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a，\f(3,8)a，\f(a,2)))，∴由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a，\f(3,8)a，\f(a,2)))，∴cos∠DAE＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\u