【文档说明】新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册课时检测：1.4.2 第二课时　用空间向量研究夹角问题含解析.docx，共(10)页，318.044 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(十二)用空间向量研究夹角问题[A级基础巩固]1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．1

50°解析：选A由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量的夹角为120°，因此l与α所成的角为30°.2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值为(

)A．0B.37070C．－37070D.7070解析：选A建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，3)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)．所以BD1―→＝(－2，－2，3)，AC―→＝(－2，2，0)．所以cos〈BD1―→，AC―→〉＝BD1―→·AC―→|

BD1―→||AC―→|＝0.3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A.64B.104C.32D.34解析：

选A建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，设B1C1＝1，则CC1＝3＝DD1.∴C1D1＝3，则有B1(3，0，0)，C(3，1，3)，C1(3，1，0)，D(0，1，

3)．∴B1C―→＝(0，1，3)，C1D―→＝(－3，0，3)．∴cos〈B1C―→，C1D―→〉＝B1C―→·C1D―→|B1C―→||C1D―→|＝326＝64.4．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()

A.23B.33C.23D.13解析：选A建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，C1(0，1，2)，故DB―→＝(1，1，0)，DC1―→＝(0

，1，2)，DC―→＝(0，1，0)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DB―→＝0，n·DC1―→＝0，即x＋y＝0，y＋2z＝0，令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．设直线CD与平面

BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DC―→〉|＝|n·DC―→||n|·|DC―→|＝23，故选A.5.如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2

AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，则平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为()A．－33B．－32C.33D.32解析：选C设AD＝1，则A1(1，0，2)，B(1，2，0)．因为E，F分别为C1D1，A1B的中点，所以

E(0，1，2)，F(1，1，1)，所以A1E―→＝(－1，1，0)，A1B―→＝(0，2，－2)．设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则A1E―→·m＝0，A1B―→·m＝0，即－x＋y＝0，2y－2z＝0.取x＝1，则y＝z

＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1)．又因为DA⊥平面A1B1B，所以DA―→＝(1，0，0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，DA―→〉＝m·DA―→|m||DA―→|＝13＝33.所以平面A1B1B与平面A1B

E夹角的余弦值为33，故选C.6．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM―→，D1N―→〉＝________．解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2.则C(0，2，0)，M(2，0，1)，D

1(0，0，2)，N(2，2，1)．∴CM―→＝(2，－2，1)，D1N―→＝(2，2，－1)．cos〈CM―→，D1N―→〉＝4－4－13×3＝－19.∴sin〈CM―→，D1N―→〉＝459.答案：4597.如图，在三棱锥P-A

BC中，AB⊥BC，AB＝BC＝12PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为________．解析：以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，设AB＝a，

则OP＝142a，OD―→＝－24a，0，144a，可求得平面PBC的法向量为n＝－1，1，17，所以cos〈OD―→，n〉＝OD―→·n|OD―→||n|＝21030，设OD―→与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝21030.答案：2

10308.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ的余弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，

C(0，1，0)，所以G23，23，0，PG―→＝23，23，－1.易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，则cos〈PG―→，n〉＝－1232＋232＋（－1）2＝－31717，所以PG与平面ABCD所成角的余弦值为1－－317172＝234

17.答案：234179．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，求A1B与平面A1B1CD所成角的大小．解：法一：如图①，连接BC1，与B1C交于点O，连接A1O.∵BC1⊥B1C，A1B1⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1CD，∴A1B在平面A1

B1CD内的投影为A1O.∴∠OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为1.在Rt△A1OB中，A1B＝2，BO＝22，∴sin∠OA1B＝BOA1B＝222＝12，∴∠OA1B＝30°，即A1B与平面A1B1CD所成的角

为30°.法二：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图②所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，1，0)，∴DA1―→

＝(1，0，1)，DC―→＝(0，1，0)．设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DA1―→＝0，n·DC―→＝0，∴x＋z＝0，y＝0.取z＝－1，得x＝1，∴n＝(1，0，－1)．又∵B(1，1，0)，∴A1B―→＝(0，1，－1)．∴c

os〈n，A1B―→〉＝A1B―→·n|A1B―→||n|＝12×2＝12.∴〈n，A1B―→〉＝60°.∴A1B与平面A1B1CD所成的角为30°.10.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝A

D＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值．解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以

A为原点，AE，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，则A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，A1(0，0，

3)，C1(3，1，3)．(1)A1B―→＝(3，－1，－3)，AC1―→＝(3，1，3)．则cos〈A1B―→，AC1―→〉＝A1B―→·AC1―→|A1B―→||AC1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A1D

A的一个法向量为AE―→＝(3，0，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1BD的一个法向量，又A1B―→＝(3，－1，－3)，BD―→＝(－3，3，0)，则m·A1B―→＝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A1BD的一个法向量，从而cos〈AE―→，m〉＝AE―→·m|AE―→||m|＝333×4＝34.设平面A1BD与平面A1AD所成角的大小为θ，则cosθ＝|cos〈AE―→，m〉|＝34.

因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝1－cos2θ＝74.因此平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值为74.[B级综合运用]11.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF︵的中点．(1)设P是CE︵上的一点，且A

P⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求平面AGE与平面ACG所成角的大小．解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，因此∠CBP

＝30°.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，故AE―→＝(2，0，－3)，AG―→＝(1，3，0)，CG―→＝

(2，0，3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．由m·AE―→＝0，m·AG―→＝0，可得2x1－3z1＝0，x1＋3y1＝0.取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)．设n

＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由n·AG―→＝0，n·CG―→＝0，可得x2＋3y2＝0，2x2＋3z2＝0.取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝12.因此平面AGE与平面ACG所成

的角为60°.12.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若平面PCD与平面PAC所成角的余弦值为55，

求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)设AP＝h，取CD的中点E，

连接AE，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，h)，C32，12，0，D32，－12，0，B(0，2，0)，PC―→＝32，12，－h，DC―→＝(0，

1，0)，设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则n1·PC―→＝0，n1·DC―→＝0，即32x1＋12y1－hz1＝0，y1＝0，取x1＝h，∴n1＝h，0，32.由(1)知平面

PAC的一个法向量为BC―→＝32，－32，0，∴|cos〈n1，BC―→〉|＝32hh2＋34×3＝55，解得h＝3，同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，3，2)，∴点A到平面PBC的距离为d＝|AP―→·n2||n2|＝234＝32.

[C级拓展探究]13.某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB，BE边的长分别为20cm和30cm外，还特别要求包装盒必须满足：①平面ADE⊥平面ADC；②平面ADE与平面ABC所成的角不小于6

0°；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB与∠ACD均为直角，四边形DCBE为矩形，AB＝20cm，BE＝30cm.请你判断该包装盒的样品设计是否能符合客户的要求，并说明理由．解：该包装盒的样品设计能符

合客户的要求．因为四边形DCBE为矩形，∠ACB与∠ACD均为直角，所以CA，CB，CD两两垂直，所以以C为坐标原点，CA，CB，CD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．设BC

＝tcm(t>0)．因为BE＝30cm，而Rt△ABC的斜边AB的长为20cm，所以AC＝400－t2cm，A(400－t2，0，0)，B(0，t，0)，D(0，0，30)，E(0，t，30)，所以DA―→＝(400－t2，0，－30)，DE―→＝(0，t

，0)．设平面ADE的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·DA―→＝0，n1·DE―→＝0，所以400－t2x－30z＝0，ty＝0，取x＝1，则n1＝1，0，400－t230是平面ADE的一个

法向量．又平面ADC的一个法向量为CB―→＝(0，t，0)，所以n1·CB―→＝1×0＋0×t＋400－t230×0＝0，所以n1⊥CB―→，所以平面ADE⊥平面ADC，即满足条件①.以下验证包装盒的样品设计能

满足条件②③：因为平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，设平面ADE与平面ABC所成的角为θ，若要满足条件②，则cosθ≤12，所以cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝400－t2301＋400－t2900×1≤12，所以

t≥10，即当t≥10时，平面ADE与平面ABC所成的角不小于60°.由∠ACB与∠ACD均为直角，知AC⊥平面DCBE，该包装盒可视为四棱锥A-BCDE，所以V四棱锥A-BCDE＝13S矩形BCDE×AC＝13×30

t400－t2＝10t2（400－t2）≤10t2＋400－t222＝2000，当且仅当t2＝400－t2，即t＝102时，V四棱锥A-BCDE最大．而t＝102>10，可以满足平面ADE与平面ABC所成的角不小于60°的要

求．综上，该包装盒的样品设计能符合客户的要求．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com