高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算课时作业北师大版选修21

2.5 夹角的计算
[基础达标]
1.如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( ) A ．90° B ．60° C ．45°
D ．30°
解析：选D.cos 〈a ，b 〉＝
a ·
b |a ||b |＝355×12＝3
2
，∴〈a ，b 〉＝30°. 2.平面α的一个法向量为n 1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )
A ．－9
25
B ．925 C.725
D ．以上都不对
解析：选B.∵cos 〈n 1，n 2〉＝
n 1·n 2|n 1||n 2|＝－9
25
，
∴平面α与平面β夹角的余弦值为9
25.
3.如图，在空间直角坐标系中有正三棱柱ABC
A 1
B 1
C 1，已知AB ＝1，点
D 在BB 1上，且
BD ＝1，则AD 与侧面AA 1C 1C 所成角的余弦值是( )
A.1
2 B ．32 C.64
D ．
104
解析：选D.A 点坐标为(12，－32，0)，D 点坐标为(1，0，1)，∴AD →＝(1
2，32，1)．易
知平面ACC 1A 1的法向量n ＝CB →－12CA →
＝(1，0，0)－12(12，－32，0)＝(34，34
，0)．
∵cos
n ，AD →
＝
n ·AD
→|n ||AD →
|
＝
64
，
∴所求角的余弦值为 1－（
64）2＝104
. 4.在正四棱锥P ­ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )
A ．90°
B ．60°
C ．45°
D ．30°
解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°， ∴OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (
22，－2
2
，0)，B (
22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，3
2)， AP →
＝(－
22，22，3)，BE →
＝(－324，－24，32
)， cos 〈AP →，BE →
〉＝22×2＝22，
∴〈AP →，BE →
〉＝45°，
即异面直线PA 与BE 所成角为45°.
5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，
PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 中点，则平面CBF 与平面BFD 夹角的正切值
为( )
A.36 B ．
34
C.33
D ．23
3
解析：选D.连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，
设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， ∴B (
32，0，0)，F (0，0，1
2)， C (0，12
，0)，D (－
3
2
，0，0)． ∴OC →＝(0，12
，0)，且OC →
为平面BDF 的一个法向量．
由BC →＝(－32，12，0)，FB →
＝(32，0，－12)可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．
∴cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →
〉＝277.
∴tan 〈n ，OC →
〉＝233
.
6.在空间中，已知二面角α­l ­β的大小为2π
3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，
则〈n 1，n 2〉的大小为________．
解析：半平面α(及其法向量n 1)绕l 旋转使与β重合，若n 1与n 2同向时〈n 1，n 2〉＝2π3，若n 1与n 2反向时〈n 1，n 2〉＝π3
. 答案：π3或2π3
7.如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令|AB |＝2，
则D (0，0，0)，C (0，2，0)，M (0，1，0)，A 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N (0，2，1)，
A 1M →
＝(－2，1，－2)，
DN →
＝(0，2，1)，
∵A 1M →·DN →
＝0， ∴A 1M →⊥DN →，
即异面直线A 1M 与DN 所成的角为π
2.
答案：π2
8.如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与
平面PBC 所成角的正弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2a (a ＞0)，O (0，0，0)，B (0，2a ，0)，
C (
32a ，a
2，0)，P (0，0，2a )．
AB →
＝(0，2a ，0)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0
n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32ax －3ay 2＝02ay －2az ＝0
，
∴⎩⎨⎧x ＝3y y ＝z
，令y ＝z ＝1，则x ＝3，n ＝(3，1，1)， cos 〈n ，AB →
〉＝55.
答案：
55
9.在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中
点．
(1)求证： BC 1∥平面A 1CD ；
(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO
平面A 1CD ，BC 1⃘平面A 1CD ，
所以BC 1∥平面A 1CD .
(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·A 1D →＝0得⎩
⎪⎨⎪
⎧x ＋y ＝0－x ＋y －2z ＝0，
令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)． 设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AA 1→
，n 〉|＝|－223|＝33.
10.
如图，PC ⊥平面ABC ，DA ∥PC ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝1，PC ＝2，AD ＝1. (1)求证：PD ⊥平面BCD ；
(2)设Q 为PB 的中点，求二面角Q ­CD ­B 的余弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BC . 又BC ⊥AC ，因为PC
平面PDAC ，AC
平面PDAC ，AC ∩PC ＝C ，
所以BC ⊥平面PDAC ，又PD
平面PDAC ，所以BC ⊥PD .因为AC ＝BC ＝AD ＝1，PC ＝2，
DA ⊥AC ，所以PD ⊥CD .
因为CD
平面BCD ，BC
平面BCD ，CD ∩BC ＝C ，
所以PD ⊥平面BCD .
(2)由PC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC 所以CA ，CB ，CP 两两垂直．
以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直
角坐标系．
则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，0)，P (0，0，2)，Q (0，1
2，1)，D (1，0，1)．
所以CD →＝(1，0，1)，CQ →
＝(0，12，1)．
设平面CDQ 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎨⎧CD →
·n 1
＝x 1
＋z 1
＝0CQ →
·n 1
＝12y 1
＋z 1
＝0
，取x 1
＝1. 解得⎩
⎪⎨⎪⎧y 1＝2z 1＝－1，所以n 1＝(1，2，－1)．
设平面CDB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 2＝x 2＋z 2＝0CB →·n 2＝y 2＝0，取x 2＝1.
解得⎩⎪⎨
⎪⎧y 2＝0z 2＝－1
，所以n 2＝(1，0，－1)．
设二面角Q ­CD ­B 为α，所以cos α＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝26·2＝33
.
所以二面角Q ­CD ­B 的余弦值为
33
. [能力提升]
1.在正四面体A
BCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )
A.
32
B ．23 C.1
2
D ．
33
解析：选B.如图，以△BCD 的中心O 为原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，z 轴，平面BCD 内垂直OC 于点O 的直线为y 轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为1，则C (
33，0，0)，A (0，0，63)，D (－36
，12，0)，所以E (－312，14，66)，所以CE →
＝(－5312，14，66
)，因为平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，
所以cos CE →
，n ＝
6
6
（－5312）2＋（14）2＋（66
）
2
＝
23
， 设夹角为θ， ∴sin θ＝|cos
CE →
，n
|＝
23
. 2.二面角的棱上有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 ＝217，则该二面角的大小为________．
解析：取基底{AC →，AB →，BD →}，则二面角大小为〈AC →，BD →
〉， 且CD →＝－AC →＋AB →＋BD →，
∴CD →2＝AC →2＋AB →2＋BD →2－2AC →·AB →－2AC →·BD →＋2AB →·BD →， 即4×17＝62＋42＋82
－2×6×8cos 〈AC →，BD →〉 ∴cos 〈AC →，BD →
〉＝12，即二面角的大小为60°.
答案：60° 3.
如图，已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，
E ，
F 分别是BC ，PC 的中点．
(1)证明：AE ⊥PD ；
(2)求二面角E ­AF ­C 的余弦值．
解：(1)证明：由AC ＝AB ＝BC ，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC .
又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE . 而PA
平面PAD ，AD
平面PAD 且PA ∩AD ＝A ，
所以AE ⊥平面PAD .又PD 平面PAD ，
所以AE ⊥PD .
(2)由(1)知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E ，F 分别为BC ，PC 的中点，所以
A (0，0，0)，
B (3，－1，0)，
C (3，1，0)，
D (0，2，0)，P (0，0，2)，
E (3，0，
0)，F ⎝
⎛⎭
⎪⎫
32，12，1， 所以AE →
＝(3，0，0)， AF →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
32，12，1. 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，
m ·AF →＝0，，因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32
x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0，2，－1)，
因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →
为平面AFC 的一法向量． 又BD →
＝(－3，3，0)，
所以cos 〈m ，BD →
〉＝m ·BD →|m ||BD →|＝65·12＝155.
因为二面角E ­AF ­C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为
15
5
. 4.在如图所示的四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，
点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .
(1)求证：PA ∥平面EDB ； (2)求证：PB ⊥平面EFD ；
(3)求二面角C ­PB ­D 的大小．
解：如图所示建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1.
(1)证明：连接AC ，AC 交BD 于点G ，连接EG .
依题意得A (1，0，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12. 因为底面ABCD 是正方形，
所以点G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，0，且 PA →
＝(1，0，－1)，EG →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2，0，－12.
所以PA →＝2EG →
，即PA ∥EG . 而EG
平面EDB ，且P A ⃘平面EDB ，
因此PA ∥平面EDB .
(2)证明：依题意得B (1，1，0)，PB →
＝(1，1，－1)． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，故PB →·DE →
＝0＋12－12＝0.
所以PB ⊥DE .
由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .
(3)已知PB ⊥EF ，由(2)可知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C ­PB ­D 的平面角． 设点F 的坐标为(x ，y ，z )，则PF →
＝(x ，y ，z －1)． 因为PF →＝kPB →，
所以(x ，y ，z －1)＝k (1，1，－1)＝(k ，k ，－k )，即x ＝k ，y ＝k ，z ＝1－k . 因为PB →·DF →
＝0，
所以(1，1，－1)·(k ，k ，1－k )＝k ＋k －1＋k ＝3k －1＝0. 所以k ＝13，点F 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，13，23. 又点E 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，
所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1
6，－16.
因为cos ∠EFD ＝FE →·FD
→|FE →|·|FD →|
＝⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
3
，
1
6
，－
1
6
·
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
3
，－
1
3
，－
2
3
6
6
·
6
3
＝
1
6
1
3
＝
1
2
，
所以∠EFD＝60°，即二面角C­PB­D的大小为60°.。