2019_2020学年高中数学课时跟踪检测(十一)夹角的计算北师大版选修2_1

课时跟踪检测（十一） 夹角的计算
一、基本能力达标
1．已知正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.2
3 B.33
C.23
D.13
解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，
D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB ―→＝(1,1,0)，DC 1―→＝(0,1,2)，DC ―→
＝(0,1,0)．设
平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DB ―→＝0，
n ·DC 1―→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ＝0，
y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设
直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC ―→
〉|＝|n ·DC ―→
||n |·|DC ―→|
＝23，故选A.
2．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，则AC 与BD 1所成角的余弦值为( ) A ．0 B.37070
C ．－37070
D.7070
解析：选A 建立如图坐标系，则D 1(0,0,3)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，
C (0,2,0)，∴B
D 1―→
＝(－2，－2,3)，
AC ―→＝(－2,2,0)．∴cos 〈BD 1―→，AC ―→〉＝BD 1―→·AC ―→|BD 1―→||AC ―→|＝0.∴〈BD 1―→，AC ―→
〉
＝90°，其余弦值为0.
3．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是D 1C 1，AB 的中点，则A 1B 1与截面A 1ECF 所成的角的正切值为( )
A. 2
B. 3
C. 5
D. 6
解析：选A 设棱长为2，建立以A 1为原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，则平面A 1ECF 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)，A 1B 1的方向向量为(2,0,0)，设A 1B 1与截面A 1ECF 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1B 1―→
〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
－426＝63，cos θ＝33，∴tan θ＝ 2.
4．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
解析：选B 建系如图，设AB ＝1， 则A (0,0,0)，B (0,1,0)，
P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)．
平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 2·PD ―→＝0，
n 2·CD ―→＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x －z ＝0，
y ＝0.
令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)， cos 〈n 1，n 2〉＝
12＝22
. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22
. ∴此角的大小为45°.
5.如图，已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1
的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角的大小是________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O 为BC 中点，设三棱柱的棱长为2a ，则点A (3a,0,0)，B (0，a,0)，
B 1(0，a,2a )，M (0，－a ，a )，AB 1―→＝(－3a ，a,2a )，BM ―→＝(0，－2a ，a )，所以AB 1―→·BM
―→
＝0，因此异面直线AB 1与BM 所成的角为90°.
答案：90°
6.如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是平面A 1B 1C 1D 1的中心，则BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．
解析：建立空间直角坐标系如图，
则B (1,1,0)，O ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，1，
DA 1―→
＝(1,0,1)是平面ABC 1D 1的一个法向量． 又OB ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，－1，
∴BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为 |OB ―→·DA 1―→
||OB ―→|·|DA 1―→|＝1262×2
＝36.
答案：
36
7.如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2. (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：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ， 所以AO ⊥BD .
因为BO ＝DO ，BC ＝CD ， 所以CO ⊥BD .
在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，而AC ＝2， 所以AO 2
＋CO 2
＝AC 2
，
所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . 因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD .
(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，BA ―→＝(－1,0,1)，CD ―→
＝(－1，－3，0)，
所
以cos 〈BA ―→，CD ―→
〉＝BA ―→·CD ―→|BA ―→||CD ―→|
＝24，所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24.
8．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠
BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．
(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝1
2
B 1
C .
又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝1
2A 1D .
由题设知A 1B 1綊DC ， 可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE ， 所以MN ∥平面C 1DE .
(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA
―→
的方向为x 轴正方
向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A ―→＝(0,0，－4)，A 1M ――→＝(－1，3，－2)， A 1N ―→＝(－1,0，－2)，MN ―→
＝(0，－3，0)．
设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1M ――→＝0，
m ·A 1A ―→＝0，
所以⎩⎨
⎧
－x ＋3y －2z ＝0，
－4z ＝0，
可取m ＝(3，1,0)．
设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·MN ―→＝0，
n ·A 1N ―→＝0，
所以⎩⎨
⎧
－3q ＝0，
－p －2r ＝0，
可取n ＝(2,0，－1)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝15
5
，
所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为105
. 二、综合能力提升
1．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线
B 1
C 和C 1
D 所成角的余弦值为( )
A.
6
4 B.
104 C.32
D.
34
解析：选A 建立如图的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°， ∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.
∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)．
∴B 1C ―→＝(0,1，3)，C 1D ―→
＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B 1C ―→，C 1D ―→
〉＝B 1C ―→·C 1D ―→|B 1C ―→||C 1D ―→|＝326
＝64.
2.如图所示，已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C ­BF ­D 的正切值为( )
A.3
6 B.34
C.33
D.233
解析：选D 如图所示，设AC 与BD 交于O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O ­xyz .
设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， 所以O (0,0,0)，B ⎝
⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，OC ―→＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，
易知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 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC ―→＝217，sin 〈n ，OC ―→
＝277，
所以tan 〈n ，OC ―→
＝233
.
3．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________． 解析：不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则
D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)．平面ACD 1的法向量为DB 1―→
＝(1,1,1)，
又BB 1―→＝(0,0,1)，∴cos 〈DB 1―→，BB 1―→
〉＝DB 1―→·BB 1―→| DB 1―→||BB 1―→|＝13×1＝33.
∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为
1－⎝
⎛⎭
⎪⎫332
＝63. 答案：
6
3
4.正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，则直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为________．
解析：取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系
O ­xyz .
设BC ＝1，则A ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，0，
32， B ⎝
⎛⎭
⎪⎫0，－1
2，0，C ⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1
2，0，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32，0，0，所以BA ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1
2，32， BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
32
，－12，0.
设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BA ―→＝0，
n ·BD ―→＝0，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
12y ＋3
2z ＝0，32x ＋12y ＝0，
取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，CD ―→
＝
32＋3
25×1
＝
15
5
，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为
155
. 答案：
155
5.如图，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.
(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B ­A 1D ­A 的正弦值．
解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .
如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→
}为正交基底，建立空间直角坐标系A ­xyz .因为AB ＝AD ＝2，
AA 1＝3，∠BAD ＝120°，
则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，
D (0,2,0)，
E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)．
(1)A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→
＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→
〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17.
因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1
7.
(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→
＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→
＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1B ―→＝0，
m ·BD ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
3x －y －3z ＝0，
－3x ＋3y ＝0.
不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，
所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，
从而cos 〈AE ―→
，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34
.
设二面角B ­A 1D ­A 的大小为θ，则|cos θ|＝3
4.
因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2
θ＝
74
.
因此二面角B ­A 1D ­A 的正弦值为
74
.
6.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠
BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.
(1)证明：PC ⊥AD ；
(2)求二面角A ­PC ­D 的正弦值；
(3)设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，
求
AE 的长．
解：如图，以点A 为坐标原点，AD ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、
z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)， D (2,0,0)，C (0,1,0)，
B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12
，0，P (0,0,2)．
(1)证明：易得PC ―→
＝(0,1，－2)， AD ―→＝(2,0,0)，则PC ―→·AD ―→
＝0， 所以PC ⊥AD .
(2)易得PC ―→＝(0,1，－2)，CD ―→
＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PC ―→＝0，
n ·CD ―→＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y －2z ＝0，2x －y ＝0.
令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．
又AD ―→
＝(2,0,0)是平面PAC 的一个法向量， 所以cos 〈AD ―→
，n 〉＝AD ―→·n | AD ―→||n|＝66，
从而sin 〈AD ―→
，n 〉＝306.
所以二面角A ­PC ­D 的正弦值为306
. (3)易得CD ―→
＝(2，－1,0)． 设AE ＝h ，h ∈[0,2]，
则E (0,0，h )，所以BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2，－12，h .
所以cos 〈BE ―→，CD ―→
〉＝BE ―→·CD ―→|BE ―→||CD ―→|
＝
3
212
＋h 2
×5＝
32
， 解得h ＝1010，即AE ＝1010
.。