高中数学空间向量与立体几何 323 空间的角的计算学业分层测评 苏教版.docx
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高中数学空间向量与立体几何 323 空间的角的计算学业分层测评 苏教版.docx
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高中数学空间向量与立体几何323空间的角的计算学业分层测评苏教版
【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算学业分层测评苏教版选修2-1
(建议用时:
45分钟)
学业达标]
一、填空题
1.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB与直线CD所成角的余弦值为________.
【解析】 ∵=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),∴cos〈,〉===,
∴直线AB,CD所成角的余弦值为.
【答案】
2.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值是________.【导学号:
09390088】
【解析】 依题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),M,C(0,1,0),N.
∴=,=,
∴cos〈,〉==,
故异面直线AM与CN所成角的余弦值为.
【答案】
3.已知点E,F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________.
【解析】 如图,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).
所以A(1,0,0),E,F,
所以=,=,
则即
取x=1,则y=-1,z=3,故n2=(1,-1,3),
所以cos〈n1,n2〉==,
所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cosα=,sinα=,所以tanα=.
【答案】
4.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1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AA1=2AB=2,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),则=(0,1,0),=(1,1,0),=(0,1,2).设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,所以有
令y=-2,得平面BDC1的一个法向量为n=(2,-2,1).设CD与平面BDC1所成的角为θ,
则sinθ=|cos〈n,〉|==.
【答案】
5.已知E,F分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC,CC1的中点,则截面AEFD1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,DD1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,F,D1(0,0,1).
所以=(-1,0,1),=.
设平面AEFD1的法向量为n=(x,y,z),则⇒
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〉=.
【答案】
6.在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱长AA1和BB1的中点,则sin〈C,〉=________.
【解析】 建立如图直角坐标系,设正方体的棱长为2.可知C=(2,-2,1),=(2,2,-1),cos〈C,〉=-,
∴sin〈C,〉=.
【答案】
7.如图3228,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=,则二面角ABCD的大小为________.
图3228
【解析】 二面角ABCD的大小等于AB与CD所成角的大小.=++,而2=2+2+2-2||·||·cos〈,〉,即12=1+4+9-2×2cos〈,〉,
∴cos〈,〉=,∴AB与CD所成角为,即二面角ABCD的大小为.
【答案】
8.在空间四边形OABC中,OB=OC,∠AOB=∠AOC=,则cos〈,〉的值为________.
【解析】 ∵·=·(-)=·-·
=||·||cos-||·||·cos=||(||-||)=0.
∴cos〈,〉==0.
【答案】 0
二、解答题
9.如图3229,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结CE并延长交AD于F.
图3229
(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=,∠ABE=∠AEB=,
因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,
从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,
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,D(0,,0),P,故=,=,=.
设平面BCP的一个法向量n1=(1,y1,z1),
则
解得
即n1=.
设平面DCP的一个法向量n2=(1,y2,z2),
则
解得
即n2=.
从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为
cosθ===.
10.如图3230,在几何体ABCDE中,DA⊥平面EAB,CB∥DA,EA⊥AB,M是EC的中点,EA=DA=AB=2CB.
图3230
(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MBDA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Axyz,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,
(1)证明:
=,=(-2a,2a,0),
∴·=a·(-2a)+a·2a+0=0,
∴⊥,即DM⊥EB.
(2)=(0,2a,0),=(2a,-2a,-a),
设异面直线AB与CE所成的角为θ,
则cosθ===,
即异面直线AB与CE所成角的余弦值为.
(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.
∴=(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),
=,=(0,-2a,2a),
则即
令z=a,则n=,
设二面角MBDA的平面角为α,
则cosα===.
即二面角MBDA的余弦值为.
能力提升]
1.如图3231,在三棱锥VABC中,顶点C在空间直角坐标系的原点处,顶点A,B,V分别在x,y,z轴上,D是线段AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC=θ.当θ=时,则异面直线AC与VD所成角的余弦值是________.
图3231
【解析】 由于AC=BC=2,D是AB的中点,所以C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0).
当θ=时,在Rt△VCD中,CD=,故V(0,0,).
所以=(-2,0,0),=(1,1,-),
所以cos〈,〉===-,
所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
【答案】
2.如图3232,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________.【导学号:
09390089】
图3232
【解析】 不妨令CB=1,则CA=CC1=2.
可得O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
∴=(0,2,-1),=(-2,2,1),
∴cos〈,〉====>0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角,
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
【答案】
3.在三棱锥OABC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,故=(-1,1,0),=(-1,0,1),=.
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则由得
令x=1,得n=(1,1,1).
故cos〈n,〉==,
所以OM与平面ABC所成角的正弦值为,其正切值为.
【答案】
4.如图3233,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,BC=,PA=AC=1,求二面角APBC的余弦值.
图3233
【解】 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,取PB的中点D,连结DC,则DC⊥PB,作AE⊥PB于E.
则向量与的夹角的大小为二面角APBC的大小.
∵A(1,0,0),B(0,,0),C(0,0,0),P(1,0,1),又D为PB的中点,
∴D.
在Rt△PAB中,==,
∴E,
∴=,
=,
∴·=.
又||=,||=1,
∴cos〈·〉===,
即二面角APBC的余弦值为.
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