【数学】2020届一轮复习人教B版夹角的计算作业
2020届一轮复习人教B版 夹角的计算 作业
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
=m·n|m||n|=11×2=22,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.π6 B.π3 C.π4 D.π2
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).
∴AE=(0,2,-1),D1F=(0,1,2),
∴AE·D1F=0,∴AE⊥D1F.
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.-33 B.33 C.-32 D.32
解法一 取SC的中点M,
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=32SA,AO=22SA,
故sin∠AMO=AOAM=23=63,cos∠AMO=33.
故平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为33.
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-12,0,12,
所以MO=12,0,-12,MA=12,1,-12,SC=(-1,0,-1),所以MO·SC=0,MA·SC=0.故MO⊥SC,MA⊥SC,等于二面角A-SC-B的平面角.
cos=MO·MA|MO||MA|=33,
所以平面ASC与平面BSC的夹角的余弦值为33.
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.π3 B.π2 C.2π3 D.5π6
解析:如图,
建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2.
则F22,22,0,E0,-22,22,
∴OF=22,22,0,OE=0,-22,22,
∴cos∠EOF=cos
=0×22-22×22+0×2212+12×12+12=-12,
设直线OE与OF的夹角为θ,则cos θ=|cos∠EOF|=12,即θ=π3.故直线OE与OF的夹角为π3.
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=12,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),D12,0,0,C(1,1,0),S(0,0,1),平面SAB的一个法向量是AD=12,0,0.
设n=(x,y,z)是平面SCD的法向量,则n⊥DC,n⊥DS,即n·DC=0,n·DS=0.
又DC=12,1,0,DS=-12,0,1,
∴12x+y=0,且-12x+z=0,
令x=1,得n=1,-12,12.
∴cos=AD·n|AD|·|n|=1212·1+14+14=63.
故平面SCD和平面SAB的夹角的余弦值为63.
答案:63
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BC1=(-2,0,2),B1D=(-2,-2,-2).因为BC1·B1D=0,所以B1D与BC1夹角的大小是90°.
又A1C1=(-2,2,0),EF=(-2,1,1),设异面直线EF与A1C1夹角为θ,则cos θ=A1C1·EF|A1C1|·|EF|=32,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=π3,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AB=a,AD=b,AA1=c,
则|a|=|b|=|c|=1,===π3.
∴a·b=b·c=a·c=12.
而BE=BB1+B1E=-12a+c,
CF=CB+BF=-b+12c,
∴|BE|=14|a|2+|c|2-a·c=32,|CF|=32.
∴BE·CF=-12a+c·-b+12c
=12a·b-14a·c-b·c+12c2=18.
cos=BE·CF|BE||CF| =16.
∴异面直线BE与CF的夹角的余弦值为16.
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=22,
∴t=2,
∴点P的坐标为(0,0,2).
BA=(-2,2,0),BP=(-2,0,2),
设平面ABP的法向量n=(x,y,z),
则n·BA=0,n·BP=0,即-2x+2y=0,-2x+2z=0, x=y,x=z.
令x=1,则n=(1,1,1).
由题易知平面APC的法向量m=(1,0,0),
cos
