《2019-2020版数学新学案北师大版选修2-1练习：第二章 空间向量与立体几何 2.5.1-2.5.2 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020版数学新学案北师大版选修2-1练习：第二章 空间向量与立体几何 2.5.1-2.5.2 Word版含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、5 夹角的计算夹角的计算 5.1 直线间的夹角 5.2 平面间的夹角 课后训练案巩固提升巩固提升 A 组 1.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角为( ) A.45B.135 C.45或 135D.90 解析:本题考查利用平面的法向量求两平面夹角的方法.cos=,即=45, | = 1 1 2 = 2 2 两平面的夹角为 45. 答案:A 2.已知在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F 分别是棱 BB1,DC 的中点,则异面直线 AE与 D1F的夹角为( ) A.B.C.D. 6 3 4 2 解析:设正方体的棱长为 2, 建立如图所示的空间直
2、角坐标系, 则 D1(0,0,0),A(2,0,2),E(2,2,1),F(0,1,2). =(0,2,-1),=(0,1,2), 1 =0,. 1 1 答案:D 3.如图, 在三棱锥 S-ABC 中,侧面 SAB与侧面 SAC 均为等边三角形,BAC=90,O 为 BC的中点,则平面 ASC与平面 BSC的夹 角的余弦值是( ) A.-B.C.-D. 3 3 3 3 3 2 3 2 解法一 取 SC的中点 M, 连接 AM,OM,OA,由题意知 SO=OC,SA=AC,得 OMSC,AMSC. 所以OMA 为平面 ASC 与平面 BSC 的夹角. 由 AOBC,AOSO,SOBC=O,得 A
3、O平面 SBC. 所以 AOOM.又 AM=SA,AO=SA, 3 2 2 2 故 sinAMO=,cosAMO=. = 2 3 = 6 3 3 3 故平面 ASC 与平面 BSC 的夹角的余弦值为. 3 3 解法二连接 OA,由题易知 AO,BO,SO 两两垂直,则以 O 为坐标原点,射线 OB,OA,OS分别为 x轴、y轴、z 轴的正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.取 SC 的中点 M,连接 AM,OM, 设 B(1,0,0),则 C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1). SC 的中点 M, (- 1 2,0, 1 2) 所以=(-1,0,-1),所以=0
4、,=0.故 MOSC,MASC,=, , | = 3 3 所以平面 ASC 与平面 BSC 的夹角的余弦值为. 3 3 答案:B 4.把正方形 ABCD 沿对角线 AC 翻折,使平面 ACD平面 ABC,点 E,F分别是 AD,BC的中点,O是正方形的中心,则折起 后,直线 OE与 OF 的夹角的大小是( ) A.B.C.D. 3 2 2 3 5 6 解析:如图, 建立空间直角坐标系,设正方形的边长为 2. 则 F,E, ( 2 2 , 2 2 ,0 ) ( 0, - 2 2 , 2 2) , =( 2 2 , 2 2 ,0 ), =( 0, - 2 2 , 2 2) cosEOF=cos=.
5、 , | = 1 6 异面直线 BE 与 CF的夹角的余弦值为 . 1 6 8. 导学号 90074040如图,在三棱锥 P-ABC 中,AC=BC=2,ACB=90,AP=BP=AB,PCAC. (1)求证:PCAB; (2)求平面 ABP 与平面 APC 夹角的余弦值. (1)证明AC=BC,AP=BP,APCBPC. 又 PCAC,PCBC. ACBC=C, PC平面 ABC.AB平面 ABC,PCAB. (2)解如图,以 C为原点建立空间直角坐标系 C-xyz, 则 C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0).设 P(0,0,t). PB=AB=2, 2 t=2, 点 P的坐
6、标为(0,0,2). =(-2,2,0),=(-2,0,2), 设平面 ABP 的法向量 n=(x,y,z), 则 = 0, = 0,即 - 2 + 2 = 0, - 2 + 2 = 0, = , = . 令 x=1,则 n=(1,1,1). 由题易知平面 APC的法向量 m=(1,0,0), cosn,m=. 1 3 = 3 3 平面 ABP 与平面 APC的夹角的余弦值为. 3 3 B组 1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,M 是 AB 的中点,则 sin=. 1, 1 | 1| = 1 - 1 2 3 1 + 1 4 = 1 15 sin=,故选 B. ( 1 2 - 1 2 +
7、 )( - 1 2 + ) = 3 4 1,1 1 1 | 1 | 1| = 30 10 答案:B 4.已知正方形 ABCD 所在平面与正方形 ABEF 所在平面成 60的夹角,则异面直线 AD与 BF所成角 的余弦值 是 . 解析:建立如图所示的 空间直角坐标系,设 AB=1,则 A(0,0,0),D,F(1,0,0),B(0,1,0),=(1,-1,0),cos =cos=,所以异面直线 A1B与 C1D所成角的余弦值为. 1,1 11 | 1|1 | = 18 2018 = 310 10 310 10 (2)设平面 ADC1的法向量为 n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,
8、2,4),所以取 z=1,得 1 1 = 0, 1 1 = 0, 即 + = 0, 2 + 4 = 0, x=2,y=-2,所以 n1=(2,-2,1)是平面 ADC1的一个法向量.取平面 ABA1的一个法向量为 n2=(0,1,0),设平面 ADC1与平面 ABA1夹角的大小为 .由 cos =,得 sin =.因此平面 ADC1与平面 ABA1夹角的正弦值为. | 1 2 | 1 | 2| = 2 3 5 3 5 3 6.如图,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,点 N 是 BC 的中点,点 M在 CC1上.设平面 DA1N与平面 DMN的 夹角为 . (1)当
9、 =90时,求 AM 的长; (2)当 cos =时,求 CM 的长. 6 6 解以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.设 CM=t(0t2),则 D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,2),N( 1 2 ,1,0 ) ,M(0,1,t), 所以=(0,1,t),=(1,0,2). =(1 2 ,1,0 ), 1 设平面 DMN 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 n1=0,n1=0,即 x1+2y1=0,y1+tz1=0.令 z1=1,则 y1=-t,x1=2t,所 以 n1=(2t,-t,1)是平面 DMN 的一个法向量.设平面 A1DN 的一个
10、法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 n2=0,n2=0,即 1 x2+2z2=0,x2+2y2=0.令 z2=1,则 x2=-2,y2=1,所以 n2=(-2,1,1)是平面 A1DN的一个法向量. (1)因为 =90,所以 n1n2=-5t+1=0, 解得 t= . 1 5 从而 M. ( 0,1, 1 5) 所以|AM|=.( - 1)2+ 12+( 1 5) 2 = 51 5 (2)因为|n1|=,|n2|=, 52+ 16 所以 cos=. 1 2 | 1 | 2| = - 5 + 1 6 52+ 1 因为=或 -, 所以,解得 t=0 或 t= .根据图形可知 t= ,从而 CM的长为 . | - 5 + 1 6 52+ 1| = 6 6 1 2 1 2 1 2