5.1 直线间的夹角 5.2 平面间的夹角
课后训练案巩固提升
A组
1.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角为( )
A.45° B.135°
C.45°或135° D.90°
解析:本题考查利用平面的法向量求两平面夹角的方法.cos=,即=45°,
∴两平面的夹角为45°.
答案:A
2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BB1,DC的中点,则异面直线AE与D1F的夹角为( )
A. B. C. D.
解析:设正方体的棱长为2,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则D1(0,0,0),A(2,0,2),E(2,2,1),F(0,1,2).
∴=(0,2,-1),=(0,1,2),
∴=0,∴.
答案:D
3.如图,
在三棱锥S-ABC中,侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,O为BC的中点,则平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值是( )
A.- B. C.- D.
解法一 取SC的中点M,
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连接AM,OM,OA,由题意知SO=OC,SA=AC,得OM⊥SC,AM⊥SC.
所以∠OMA为平面ASC与平面BSC的夹角.
由AO⊥BC,AO⊥SO,SO∩BC=O,得AO⊥平面SBC.
所以AO⊥OM.又AM=SA,AO=SA,
故sin∠AMO=,cos∠AMO=.
故平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为.
解法二连接OA,由题易知AO,BO,SO两两垂直,则以O为坐标原点,射线OB,OA,OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.取SC的中点M,连接AM,OM,
设B(1,0,0),则C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1).
SC的中点M,
所以=(-1,0,-1),所以=0,=0.故MO⊥SC,MA⊥SC,等于二面角A-SC-B的平面角.
cos=,
所以平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为.
答案:B
4.把正方形ABCD沿对角线AC翻折,使平面ACD⊥平面ABC,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形的中心,则折起后,直线OE与OF的夹角的大小是( )
A. B. C. D.
解析:如图,
- 10 -
建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2.
则F,E,
∴,
∴cos∠EOF=cos
==-,
设直线OE与OF的夹角为θ,则cos θ=|cos∠EOF|=,即θ=.故直线OE与OF的夹角为.
答案:A
5.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD和平面SAB夹角的余弦值是 .
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),D,C(1,1,0),S(0,0,1),平面SAB的一个法向量是.
设n=(x,y,z)是平面SCD的法向量,则n⊥,n⊥,即n·=0,n·=0.
又,
∴x+y=0,且-x+z=0,
令x=1,得n=.
∴cos=.
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故平面SCD和平面SAB的夹角的余弦值为.
答案:
6.正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D与BC1夹角的大小是 ,若E,F分别为AB,CC1的中点,则异面直线EF与A1C1夹角的大小是 .
解析:以点D为原点,
建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则易得D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),A1(2,0,2),E(2,1,0),F(0,2,1),所以=(-2,0,2),=(-2,-2,-2).因为=0,所以B1D与BC1夹角的大小是90°.
又=(-2,2,0),=(-2,1,1),设异面直线EF与A1C1夹角为θ,则cos θ=,所以θ=30°.
答案:90° 30°
7.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都是1,且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=,E,F分别为A1B1与BB1的中点,求异面直线BE与CF夹角的余弦值.
解如图,设=a,=b,=c,
则|a|=|b|=|c|=1,===.
∴a·b=b·c=a·c=.
而=-a+c,
=-b+c,
- 10 -
∴||=,||=.
∴
=a·b-a·c-b·c+c2=.
cos=.
∴异面直线BE与CF的夹角的余弦值为.
8.
导学号90074040如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC.
(1)求证:PC⊥AB;
(2)求平面ABP与平面APC夹角的余弦值.
(1)证明∵AC=BC,AP=BP,∴△APC≌△BPC.
又PC⊥AC,∴PC⊥BC.
∵AC∩BC=C,
∴PC⊥平面ABC.∵AB⫋平面ABC,∴PC⊥AB.
(2)解如图,以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz,
则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0).设P(0,0,t).
∵PB=AB=2,
∴t=2,
∴点P的坐标为(0,0,2).
=(-2,2,0),=(-2,0,2),
设平面ABP的法向量n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,1,1).
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由题易知平面APC的法向量m=(1,0,0),
cosn,m=.
∴平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为.
B组
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin的值等于( )
A. B. C. D.
解析:如图,
以D为原点建立空间直角坐标系.设棱长为1,则D(0,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),M,
∴=(1,1,1),.
∴cos=.
∴sin=.
答案:B
2.如图,已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1与底面ABCD所成的夹角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析:以D为坐标原点,
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以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,如图所示,
则A(1,0,0),E,D1(0,0,1),∴=(-1,0,1),.设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),则
∴x=2y=z.取y=1,则n=(2,1,2).
又平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),
∴cos=,
∴sin=.
答案:C
3.
导学号90074041如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,且∠BCA=90°,点D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,若BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
解析:设向量=a,=b,=c,|a|=|b|=|c|=1,根据题意,得a·b=b·c=c·a=0.又a-b+c,=-a+c,∴||2=,∴||=,同理,||=.又,∴cos=,故选B.
答案:B
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4.已知正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的夹角,则异面直线AD与BF所成角θ的余弦值是 .
解析:建立如图所示的
空间直角坐标系,设AB=1,则A(0,0,0),D,F(1,0,0),B(0,1,0),∴=(1,-1,0),∴cos θ=cos=.
答案:
5.
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.求:
(1)异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值.
解(1)以A为坐标原点,
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则B(2,0,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),
所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).
因为cos=,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
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(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以取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ABA1的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为θ.由cos θ=,得sin θ=.因此平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.
6.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,点N是BC的中点,点M在CC1上.设平面DA1N与平面DMN的夹角为θ.
(1)当θ=90°时,求AM的长;
(2)当cos θ=时,求CM的长.
解以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设CM=t(0≤t≤2),则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,2),N,M(0,1,t),
所以=(0,1,t),=(1,0,2).
设平面DMN的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·=0,n1·=0,即x1+2y1=0,y1+tz1=0.令z1=1,则y1=-t,x1=2t,所以n1=(2t,-t,1)是平面DMN的一个法向量.设平面A1DN的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·=0,n2·=0,即x2+2z2=0,x2+2y2=0.令z2=1,则x2=-2,y2=1,所以n2=(-2,1,1)是平面A1DN的一个法向量.
(1)因为θ=90°,所以n1·n2=-5t+1=0,
解得t=.
从而M.
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所以|AM|=.
(2)因为|n1|=,|n2|=,
所以cos=.
因为=θ或π-θ,
所以,解得t=0或t=.根据图形可知t=,从而CM的长为.
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