【文档说明】1.4.2 ?2?? ????.docx，共(6)页，342.894 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-03c7376fd1ed69bd85671b5a9e0f014b.html

以下为本文档部分文字说明：

第2课时夹角问题A级必备知识基础练1.已知点A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()A.5√2266B.-5√2266C.5√2222D.-5√22222.已知正方形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°3.(2021河南洛阳模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正

弦值为()A.√63B.2√55C.√55D.√1054.两个平面的法向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这两个平面的夹角的余弦值为.5.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.

(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值.B级关键能力提升练6.已知在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将△ABC沿AC折起,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为()A.2B.12C.√33D.√557.正三棱柱A

BC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.8.如图,三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA=√3,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为.C级学科素养创新练9.如图,

在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶√2,则直线AF与CE所成角的余弦值为.第2课时夹角问题1.A𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-2,-1),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-3,-3),而cos􀎮𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗􀎮=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=53×√22=5√2266,故直线AB和CD所成角的余弦值为5√2266.2.B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),∴𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0).取PD的中点E,则E(0,12,12),∴𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,12),易知𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗是平面PAB的一个法向量,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗是平面PCD的一个法向量,所以

cos<𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>=√22,故平面PAB与平面PCD的夹角为45°.3.D如图所示,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(

0,0,1),C1(0,2,1),∴𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,1).连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一个法向量为a=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0).∴所求角的正弦值为|cos<a,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑎·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗||𝑎||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4√8×√5=√105.4.√156由(0,-1,3)·(2,2,4)√1+9×√4+4+16=-2+12√10×√24=√156,知夹角的余弦值为√15

6.5.解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,S(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=(2,2,-2),∵AB⊥平面ASD,故平面ASD的一个法向量为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),设SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ

=|cos<𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√33,故cosθ=√63,即SC与平面ASD所成角的余弦值为√63.(2)

平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=(2,2,-2),𝑆𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由{𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝑆𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑛=0⇒{𝑥+𝑦-𝑧=0,𝑥-2𝑧=0,令z=1可得平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),设平面SAB和平面SCD的夹角为α,则cosα=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=√63,即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为√63.6.D设菱形ABCD的边长为1,取AC的中

点O,连接BO,DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),C12,0,0,B0,0,√32,D0,√32,0,所以𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,0,√

32,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=12,0,-√32,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=-12,√32,0.设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则{𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,即{12𝑥-√32𝑧=0,-12𝑥+√32𝑦=0,令z=1,得x=√3,y=1,则n=(√3

,1,1).易知平面CDA的一个法向量为𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,0,√32,所以|cos<𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=√32√32×√5=√55.故选D.7.√104设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,则C1(0,1,1),A(√32,12,0),𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=(-√32,12,1),又平面BB1C1C的一个法向量n=(1,0,0),设AC1与平面BB1C1C的夹角为θ,则sinθ=|cos<n,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·𝑛||𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√64,故cosθ=√1-sin2𝜃=√104.8.17以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(√3,0,0)

,B(0,2,0),A1(√3,1,√3),O1(0,1,√3),所以𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,1,-√3),𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,-1,-√3).设所求的角为α,则cosα=|

𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑂1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|-3-1+3|√7×√7=17,即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为17.9.45因为AE∶ED∶AD=1∶1∶√2,所以AE⊥ED,即AE,DE,EF两两垂直,所

以建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),所以𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,0),𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,1),所以cos<𝐴𝐹⃗⃗⃗

⃗⃗,𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=4√5×√5=45,