课时分层作业 29 空间的角的计算-2020-2021学年江苏省高二数学上册分层作业(新教材)

课时分层作业(二十九)
(建议用时：40分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．若直线l 与平面α所成角为π
3，直线a 在平面α内，且与直线l 异面，则
直线l 与直线a 所成角的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤
0，2π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤
π2，2π3 C.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π3，2π3 D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π3，π2 D [由最小角定理知直线l 与直线a 所成的最小角为π
3，又l 、a 为异面直线，
则所成角的最大值为π
2
.]
2．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为侧面BCC 1B 1的中心，则AO 与平面ABCD 所成角的正弦值为( )
A.33
B.12
C.66
D.36
C [取BC 中点M ，连接AM ，OM ，易知∠OAM 即为AO 与平面ABC
D 所成的角，可求得sin ∠OAM ＝
66
.] 3．如图所示，在正四棱锥P -ABCD 中，若△PAC 的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为6∶8，
则侧面与底面所成的二面角为( ) A.π12
B.π4
C.π6
D.π3
D [设正四棱锥的底面边长为a ，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h ，
斜高为h ′，则1
2×2ah 4×12
ah ′
＝68，∴h h ′＝32，∴sin θ＝32，即θ＝π
3.]
二、填空题
4．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________．
[解析] 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→
＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→
，所以有⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，
令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →
|n ||DC →|＝2
3.
[答案]
23
5．已知E ，F 分别是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的余弦值是________．
[解析] 以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，1，0，
F ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，1，12，D 1(0,0,1)． 所以AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，1，0.
设平面AEFD 1的法向量为
n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧
n ·AD 1→＝0，
n ·AE →
＝0
⇒
⎩⎨⎧
－x ＋z ＝0，
－x
2＋y ＝0，
取y ＝1，则n ＝(2,1,2)，而平面ABCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，∴cos 〈n ，
u 〉＝23
.
[答案]
2
3
6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱长AA 1和BB 1的中点，
则sin 〈CM →，D 1N →
〉＝________.
[解析] 建立如图直角坐标系，设正方体的棱长为2.可
知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →
〉＝－19
， ∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝45
9.
[答案]
45
9
7. 如图，在四面体A -BCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π
2，则二面角A -BC -D 的大
小为________．
[解析] 二面角A -BC -D 的大小等于AB 与CD 所成角的
大小.AD →＝AB →＋BC →＋CD →，而AD →2＝AB →2＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，
∴cos 〈AB →，CD →〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π
3，即二面角A -BC -D 的大小
为π
3
. [答案]
π3
8．在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π
3，则cos 〈OA →，
BC →
〉的值为________．
[解析] ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →
＝|OA →|·|OC →|cos π3－|OA →|·|OB →|·cos π3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)
＝0.
∴cos 〈OA →，BC →〉＝|OA →·BC →
|
|OA →||BC →|＝0.
[答案] 0 三、解答题
9.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，E 为BD 的中点，G 为PD 的中点，△DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1，PA ＝3
2
，连接CE 并延长交AD 于F .
(1)求证：AD ⊥平面CFG ；
(2)求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值． [解] (1)证明：在△ABD 中，因为E 是BD 中点， 所以EA ＝EB ＝ED ＝AB ＝1， 故∠BAD ＝π2，∠ABE ＝∠AEB ＝π
3，
因为△DAB ≌△DCB ，所以△EAB ≌△ECB ， 从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π
3
，
所以∠FED ＝∠FEA ， 故EF ⊥AD ，AF ＝FD . 因为PG ＝GD ，所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ，
所以GF ⊥AD ，故AD ⊥平面CFG .
(2)以点A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3
2，0，D (0，3，0)，
P ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，0，32， 故BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3
2，0，
CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－32，－32，32，
CD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32，3
2，0.
设平面BCP 的一个法向量n 1＝(1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 1·BC →＝12＋32y 1＝0，n 1·CP →＝－32－32y 1＋32z 1＝0，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
y 1＝－33，z 1＝23，
即n 1＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，－33，23.
设平面DCP 的一个法向量n 2＝(1，y 2，z 2)，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 2·CD →＝－32＋32y 2＝0，n 2·CP →＝－32－32y 2＋32z 2＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
y 2＝3，z 2＝2，
即n 2＝()1，3，2.
从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为
cos θ＝
|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
＝43169
·8＝2
4. 10．如图，在几何体ABCDE 中，DA ⊥平面EAB ，CB ∥DA ，EA ⊥AB ，M 是EC 的中点，EA ＝DA ＝AB ＝2CB .
(1)求证：DM ⊥EB ；
(2)求异面直线AB 与CE 所成角的余弦值； (3)求二面角M -BD -A 的余弦值．
[解] 以直线AE ，AB ，AD 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz ，设CB ＝a ，
则A (0,0,0)，E (2a,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a ，a )，D (0,0,2a )， 所以M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫a ，a ，a 2， (1)证明：DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，－3a 2，EB →
＝(－2a,2a,0)，
∴DM →·EB →
＝a ·(－2a )＋a ·2a ＋0＝0， ∴DM →⊥EB →
，即DM ⊥EB .
(2)AB →＝(0,2a,0)，CE →
＝(2a ，－2a ，－a )， 设异面直线AB 与CE 所成的角为θ，
则cos θ＝|AB →·CE →||AB →|·|CE →|
＝4a 22a ·
3a ＝2
3，
即异面直线AB 与CE 所成角的余弦值为2
3.
(3)∵DA ⊥平面EAB ，AD ⊂平面DAB ， ∴平面DAB ⊥平面EAB .
∵EA ⊂平面EAB ，平面EAB ∩平面DAB ＝AB ， EA ⊥AB . ∴EA ⊥平面DAB .
∴AE →
＝(2a,0,0)是平面DAB 的一个法向量． 设平面MBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，－3a 2，BD →
＝(0，－2a,2a )， 则⎩⎨⎧
DM →·n ＝0，BD →
·
n ＝0，即⎩⎨
⎧
x ＋y －3z
2
＝0，
－y ＋z ＝0.
令z ＝a ，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 2，a ，a ，
设二面角M -BD -A 的平面角为α， 则cos α＝AE →·n |AE →
|·|n |＝a 22a ·3a 2＝1
3.
即二面角M -BD -A 的余弦值为1
3
.
[能力提升练]
1．已知△ABC 和△BCD 均为边长为a 的等边三角形，且AD ＝3
2
a ，则二面角A -BC -D 的大小为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
C [如图取BC 的中点为E ，连接AE 、DE ， 由题意得AE ⊥BC ，DE ⊥BC ， 且AE ＝DE ＝
32a ，又AD ＝3
2
a ， ∴∠AED ＝60°，即二面角A -BC -D 的大小为60°.]
2．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．
[解析] 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.
可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→
＝(－2,2,1)，
∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→
|BC 1→ ||AB 1→ |＝4－15×9＝15＝5
5>0.
∴BC 1→与AB 1→
的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55
. [答案]
55
3．在三棱锥O -ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的正切值是________．
[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系，设OA ＝OB ＝OC ＝1，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，12，0，故AB →＝(－1，1,0)，AC →＝(－1,0,1)，OM →＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，0. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎨⎧
n ⊥AB →
，n ⊥AC →
，
得⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋y ＝0，
－x ＋z ＝0，
令x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 故cos 〈n ，OM →
〉＝
13×
22＝63
， 所以OM 与平面ABC 所成角的正弦值为6
3
，其正切值为 2. [答案]
2
4．如图，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，BC ＝2，PA ＝AC ＝1，求二面角A -PB -C 的余弦值．
[解] 法一：建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，取PB 的中点D ，连接DC ，则DC ⊥PB ，作AE ⊥PB 于E .
则向量DC →与EA →
的夹角的大小为二面角A -PB -C 的大小． ∵A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，又D 为PB 的中点，
∴D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，22，12.
在Rt △PAB 中，PE EB ＝AP 2AB 2＝1
3，
∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，24，34，
∴EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－24，－34，
DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12
，－22，－12，
∴EA →·DC →＝12
.
又|EA →|＝32，|DC →
|＝1，
∴cos 〈EA →·DC →〉＝EA →·DC
→
|EA →||DC →|
＝1232
×1＝33，
即二面角A -PB -C 的余弦值为
33
. 法二：以C 为坐标原点，直线CA ，CB 分别为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，
∴PA →＝(0,0，－1)，PB →＝(－1，2，－1)，PC →
＝(－1,0，－1)，设平面PAB 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
则n 1·PA →＝0， n 1·PB →＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
－z 1＝0，－x 1＋2y 1－z 1＝0， 取y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝0， ∴n 1＝(2，1,0)，
设平面PBC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2·PB →＝0，n 2·PC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
－x 2＋2y 2－z 2＝0，－x 2－z 2＝0，
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－1，∴n2＝(1,0，－1)，
cos〈n1，n2〉＝n1·n2
|n1||n2|＝2
3×2
＝3
3，∴二面角A-PB-C的余弦值为
3
3.。