北师大版 (2019)选择性必修 第一册4. 1 直线的方向向量与平面的法向量第1课时课堂检测

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

第1课时　空间中的角

课后篇巩固提升

合格考达标练

1.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成二面角的平面角等于(　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°

答案D

解析因为n1·n2=(1,0,1)·(-3,1,3)=0,所以α⊥β,即平面α与β所成二面角的平面角等于90°.

2.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为(　　)

A. B.-

C. D.-

答案A

解析=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),而cos??=,故直线AB和CD所成角的余弦值为.

3.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°

答案A

解析取AB的中点D,连接CD,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,,3),

故=(-2,0,3),=(-1,,3),

设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),AA1与平面A1B1C1所成角为θ,

根据m·=0,m·=0,可得m=(3,-,2),cos<m,>=.

sinθ=|cos<m,>|=.

故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.

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°

答案B

解析如图所示,建立空间直角坐标系.

设PA=AB=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),∴=(0,1,0).

取PD的中点E,则E,

∴,

易知是平面PAB的一个法向量,是平面PCD的一个法向量,所以cos<>=,故平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角为45°.

5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AD,C1D1的中点,O为侧面BCC1B1的中心,则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为(　　)

A. B. C.- D.-

答案A

解析如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则M(1,0,0),N(0,1,2),O(1,2,1),D1(0,0,2),∴=(-1,1,2),=(-1,-2,1).则cos<>=.∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为,故选A.

6.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=4,E是侧棱CC1的中点,则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为　　　　　. 

答案

解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=4,E是侧棱CC1的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,A(2,0,0),E(0,1,2),A1(2,0,4),D(0,0,0),=(2,-1,-2),=(2,0,4),=(0,1,2),

设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则n·=2x+4z=0,n·=y+2z=0,取z=1,得n=(-2,-2,1),设直线AE与平面A1ED所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=.∴直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为.

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　　　　　. 

答案

解析建立空间直角坐标系如图所示,设正方体的棱长为2,则D(2,0,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则=(2,0,-2),=(0,2,-1).

设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),

则

则

令y=1,得n=(2,1,2).

易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),

则cos<n,m>=.

设平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的平面角为θ,

则cosθ=|cos<n,m>|=.

8.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.

(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;

(2)求平面SAB和平面SCD所成锐二面角的余弦值.

解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),=(2,2,-2),

∵AB⊥平面SAD,故平面ASD的一个法向量为=(0,2,0),设直线SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=,故cosθ=,即SC与平面ASD所成角的余弦值为.

(2)易知平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵=(2,2,-2),=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由,可得令z=1可得平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),设平面SAB和平面SCD所成锐二面角的平面角为α,则cosα=,即平面SAB和平面SCD所成锐二面角的余弦值为.

9.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,BF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,BF=DE,M为棱AE的中点.

(1)求证:平面BDM∥平面EFC;

(2)若DE=2AB,求直线AE与平面BDM所成角的正弦值.

(1)证明连接AC,交BD于点N,连接MN,

则N为AC的中点,

又M为AE的中点,所以MN∥EC.

因为MN⊄平面EFC,EC⊂平面EFC,

所以MN∥平面EFC.

因为BF,DE都垂直底面ABCD,所以BF∥DE.

因为BF=DE,

所以四边形BDEF为平行四边形,

所以BD∥EF.

因为BD⊄平面EFC,EF⊂平面EFC,

所以BD∥平面EFC.

又MN∩BD=N,所以平面BDM∥平面EFC.

(2)解因为DE⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,

所以DA,DC,DE两两垂直,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.

设AB=2,则DE=4,从而D(0,0,0),B(2,2,0),M(1,0,2),A(2,0,0),E(0,0,4),

所以=(2,2,0),=(1,0,2),

设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),

则

令x=2,则y=-2,z=-1,从而n=(2,-2,-1)为平面BDM的一个法向量.

因为=(-2,0,4),设直线AE与平面BDM所成的角为θ,

则sinθ=|cos<n,>|=,

所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

等级考提升练

10.如图,在三棱锥C-OAB中,OA⊥OB,OC⊥平面OAB,OA=6,OB=OC=8,CE=CB,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. B. C. D.

答案B

解析以O为坐标原点,以为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系O-xyz,则D(3,4,0),F(0,4,4),E(0,2,6),=(-3,0,4),=(0,2,6),∴cos<>=,∴异面直线DF与OE所成角的余弦值为.

11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,F为B1C1上靠近点B1的四等分点,则直线AC1与平面EFD1所成角的正弦值为(　　)

A. B. C. D.

答案D

解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

设AB=2,则E(1,2,0),F,D1(0,0,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),

∴=(-2,2,2).

设平面EFD1的法向量n=(x,y,z),

则取x=4,得n=(4,-3,-1),

设直线AC1与平面EFD1所成角为θ,

则sinθ=|cos<n,>|=.

12.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=3,E为侧棱BB1上的一点,且,则直线AE与平面A1ED1所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

答案B

解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,

A1(2,0,3),E(2,2,2),D1(0,0,3),A(2,0,0),

∴=(0,2,-1),=(2,2,-1),=(0,-2,-2).

设平面A1ED1的一个法向量为n=(x,y,z),则

取z=2,则n=(0,1,2),

∴cos<n,>==-,

设直线AE与平面A1ED1所成角大小为θ,则sinθ=|cos<n,>|=,所以cosθ=.

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

A. B. C. D.

答案B

解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),.

设平面A1ED的一个法向量为n1=(x,y,z),所以有

即令x=1,解得

∴n1=(1,2,2).

∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),

∴cos<n1,n2>=,

即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.

14.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱,如图,长为长为,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧,则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)

A. B. 

C. D.

答案B

解析以O为坐标原点建立空间直角坐标系如图,则A(0,1,0),A1(0,1,1),B1,1,C,-,0.

所以=(0,0,1),=(0,-1,-1),

所以cos<>=

==-,

所以<>=,

所以异面直线B1C与AA1所成的角为.

15.如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC为等边三角形,△PAC为等腰直角三角形,PA=PC=4,平面PAC⊥平面ABC,D为AB的中点,则异面直线AC与PD所成角的余弦值为　　　　　. 

答案

解析取AC的中点O,连接OP,OB,

因为PA=PC,所以AC⊥OP.

因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,

所以OP⊥平面ABC,

所以OP⊥OB.

又因为AB=BC,所以AC⊥OB.

于是以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,

则A(2,0,0),C(-2,0,0),P(0,0,2),D(,0),

所以=(-4,0,0),=(,-2),

所以cos<>==-.

故异面直线AC与PD所成角的余弦值为.

16.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AD,DD1的中点,则平面EFC1B和平面BCC1B1所成二面角的正弦值为　　　　　. 

答案

解析以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,

则E(1,0,0),F(0,0,1),B(2,2,0),=(-1,0,1),=(1,2,0).

设平面EFC1B的一个法向量n=(x,y,z),则

取x=2,得n=(2,-1,2).

平面BCC1B1的一个法向量m=(0,1,0),

设平面EFC1B和平面BCC1B1所成二面角的平面角为θ,则|cosθ|=,

所以sinθ=.

17.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,∠ABC=90°,且侧面ABB1A1为菱形.

(1)证明:A1B⊥平面AB1C1;

(2)若∠A1AB=60°,AB=2,直线AC1与底面ABC所成角的正弦值为,求三棱锥C-ABA1的体积.

(1)证明∵四边形ABB1A1是菱形,则A1B⊥AB1,∵平面ABB1A1⊥平面ABC,且AB为交线,BC⊥AB,

∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥A1B.

∵BC∥B1C1,∴A1B⊥B1C1.

又AB1∩B1C1=B1,∴A1B⊥平面AB1C1.

(2)解取A1B1的中点M,连接BM,

∵∠A1AB=60°,∴BM⊥A1B1,

即BM⊥AB,从而BM⊥平面ABC,且AB⊥BC,则BM,AB,BC两两垂直,

则建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=t,则A(2,0,0),A1(1,0,),C(0,t,0),=(-1,0,),=(-2,t,0),

∵四边形A1ACC1为平行四边形,则=(-3,t,),平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),

∴|cos<,n>|=,解得t=.由等体积法可知,×2×=1.

新情境创新练

18.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=,BC=2,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°?如果存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.

(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),

∴=(1,0,1).

设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),

由=(0,0,2),=(2,0,0),

可得n=(0,1,0),∴·n=0.

又∵DN⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.

(2)解由(1)知=(0,2,0),=(-1,1,-2).

设直线AC与PD所成的角为θ,

则cosθ=.

(3)解存在.

设M(x,y,z),且=λ,0<λ<1,

∴

∴M(-λ,λ-1,2-2λ).

设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),

由=(0,2,0),=(-λ,λ,2-2λ),

可得m=(2-2λ,0,λ),

由图知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),

∴|cos<m,n>|=,

解得λ=或λ=2(舍去).

∴M,

∴,

m=.

设直线BM与平面MAC所成的角为φ,

则sinφ=|cos<,m>|=,

∴φ=30°.故存在点M,使得平面MAC与平面ACD所成锐二面角的平面角为45°,此时BM与平面MAC所成的角为30°.