空间向量及空间角练习题

课时作业(二十)

[学业水平层次]

一、选择题

1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为( )

A．30° B．150°

C．30°或150° D．以上均不对

【解析】 l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且

0，π异面直线所成角的X围为.应选A. 2

【答案】 A

2．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线

AB与直线CD所成角的余弦值为( )

522522A.B．－

6666522522C.D．－

2222【解析】 AB＝(2，－2，－1)，CD＝(－2，－3，－3)， 522∴cos〈AB，CD〉＝＝＝，

→→663×22|AB||CD|522∴直线AB、CD所成角的余弦值为.

66- -可修编.

→→

→→AB·CD→→

5

. -

【答案】A

3．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的夹角为()

A．30° B．45° C．60° D．90°

【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)．于是AD＝(0,1,0)．

→

取PD中点为E，

0，1，1则E， 22

0，1，1

∴AE＝， 22

→

易知AD是平面PAB的法向量，AE是平面PCD的法向量，∴2cosAD，AE＝，

2∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°. 【答案】 B

4．(2014·XX师大附中高二检测)如图3­2­29，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD—A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E、F分别为C1D1、A1B的中点，则二面角B1­A1B­E的余弦值为( )

→

→

→→

- -可修编.

. -

图3­2­29

3333A．－ B．－ C. D. 3232【解析】 设AD＝1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，因为E、F分别为C1D1、A1B的中点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以A1E＝(－1,1,0)，

→

A1B＝(0,2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则

→A1E·m＝0，

→A1B·m＝0，

→

－x＋y＝0，y＝x，

所以所以取x＝1，则y2y－2z＝0，y＝z，

＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1,1,1)，又DA⊥平面

A1B1B，所以DA＝(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，

3DA〉＝＝＝，又二面角B1­A1B­E为锐二面角，所

→33|m||DA|3以二面角B1­A1B­E的余弦值为，故选C.

3【答案】 C 二、填空题

5．棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1、→

→

m·DA→

1

BB1的中点，则异面直线AM与所成角的余弦值是________．

- -可修编.

. -

【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，

1，1，11，1，1M，C(0,1,0)，N， 22

0，1，1→1，0，1∴AM＝，＝， 22

→

→

∴cos〈AM，〉＝

→

125·222

＝， 552

故异面直线AM与所成角的余弦值为.

52

【答案】 56．(2014·XX高二检测)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2,0)、B(2,1，6)，则向量AB与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为________．

→【解析】 设平面xOz的法向量为n＝(0，t,0)(t≠0)，AB＝(1,3，→3t6)，所以cos〈n，AB〉＝＝，因为〈n，AB〉

→4|t||n|·|AB|

→

∈[0，π]，所以sin〈n，AB〉＝

→

3t721－＝4. 4|t|

→

n·AB→

- -可修编.

. -

7

【答案】

4

7．已知点E，F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1

上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________．

【解析】 如图，建立空间直角坐标系．

设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0,0,1)，平面

AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．

1，1，10，1，2所以A(1,0,0)，E，F， 33

0，1，1→－1，0，1所以AE＝，EF＝， 33

→

n2·AE＝0，则

→n2·EF＝0，

→



即1

－x＋z＝0.31

y＋z＝0，

3

取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1,3)．

n1·n2311所以cos〈n1，n2〉＝＝.

|n1||n2|11所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α- -可修编.

. -

311222＝，sin α＝，所以tan α＝.

11113

2【答案】

3三、解答题

8. 如图3­2­30所示，在四面体ABCD中，O，E分别是BD，

BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝2.

图3­2­30

(1)求证：AO⊥平面BCD；

(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．

【解】 (1)证明：连结OC， 由题意知BO＝DO，AB＝AD， ∴AO⊥BD.

又BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.

在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝3， 又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2， ∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC. ∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD. (2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，

- -可修编.

. -

则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，3，0)，A(0,0,1)，

13

E，，0， 22

∴BA＝(－1,0,1)，CD＝(－1，－3，0)， 2∴cos〈BA，CD〉＝＝.

→→4|BA|·|CD|2

∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.

4

9．四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．

(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；

(2)当PD＝2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．

【解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，

→

→

→→

BA·CD→→

PD＝h，则

A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，

(1)∵AC＝(－a，a,0)，DP＝(0,0，h)，DB＝(a，a,0)， ∴AC·DP＝0，AC·DB＝0，

- -可修编.

→→→

→→→→

. -

∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D， ∴AC⊥平面PDB，

又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.

(2)当PD＝2AB且E为PB的中点时，P(0,0，2a)，

112

Ea，a，a， 222

aa



设AC∩BD＝O，O，，0，连结22

OE，由(1)知AC⊥平面

PDB于O，

∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，

1122→

∵EA＝a，－a，－a，EO＝0，0，－a， 2222

→

2∴cos∠AEO＝＝，

→→2|EA|·|EO|

∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.

[能力提升层次]

1．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，

EA·EO→→

E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( )

A．60° B．90° C．45° D．以上都不对

- -可修编.

. -

【解析】 以点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，如图．

由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，所以A1E＝(0,1，－1)，D1E＝(1,1，－1)，EA＝(0，－1，－1)．

设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)， →n·A1E＝0，

则

→n·D1E＝0

→

→

→

y－z＝0，

⇒ x＋y－z＝0.

令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0,1,1)， cos〈n，EA〉＝＝＝－1. →2·2|n||EA|所以〈n，EA〉＝180°.

所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°. 【答案】 B

2．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，

→→

n·EA→

－2

a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.

【解析】 平面xOy的法向量为n＝(0,0,1)，设平面α的法向

－3x＋4y＝0，量为u＝(x，y，z)，则

－3x＋az＝0，

aa

，，1

即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝. 34

- -可修编.

. -

而cos〈n，u〉＝

1

a2a2

9

＋＋116

2＝， 2

12

又∵a＞0，∴a＝.

512

【答案】

5

3. 三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线

AB1夹角的余弦值为( )

图3­2­31

55A.B. 53253C.D.

55

【解析】 不妨设CA＝CC1＝2CB＝2， 则AB1＝(－2,2,1)，C1B＝(0，－2,1)， 所以cos〈AB1，C1B〉＝

→→|AB1||C1B|＝

－2×0＋2×－2

9×5＋1×15＝－. 5→

→

→

→

AB1·C1B→→

因为直线BC1与直线AB1夹角为锐角，所以所求角的余弦值为

- -可修编.

. -

5. 5

【答案】 A

4. 如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，

A1A＝4，点D是BC的中点．

图3­2­32

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．

【解】 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系

Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4).

因为cos〈A1B，C1D〉＝

→→|A1B||C1D|

→

→→

→

A1B·C1D→→

310＝＝，

1020×1818

310所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. 10(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1,1,0)，

→

- -可修编.

. -

AC1＝(0,2,4)，所以n1·AD＝0，n1·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋

2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面

→→→

ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.

n1·n222由|cos θ|＝＝＝， |n|·|n|29×131

5得sin θ＝.

35因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.

3

- -可修编.