1、第三章3.2第3课时请同学们认真完成练案25A级基础巩固一、选择题1在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，1,3)、(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为(D)ABCD以上都不对解析，这个二面角的余弦值为或.2在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为(B)ABCD解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)、B(2,2,0)、B1(2,2,2)、E(0,2,1)(2，2,0)、(0,0,2)、(2,0,1)设平面B1BD的法向量为n(x，y，z)n，n，.令y1，则n(1,1,0)cos
2、n，设直线BE与平面B1BD所成角为，则sin|cosn，|.3. 已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(C)ABCD解析如图，连接A1B，则A1BD1C，A1BE为异面直线BE与CD1所成的角在A1BE中，由余弦定理得cosA1BE，故选C4正四棱锥SABCD中，SAAB2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(C)ABCD解析建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得A(1，1,0)、C(1,1,0)、B(1,1,0)、S(0,0，)(2，2,0)，(1，1，)，(1，1，)设平面SBC的一个法向量n(x，y，z
3、)，则，令z，得x0，y2，n(0,2，)设直线AC与平面SBC所成的角为，则sin|cosn，|.5(山东潍坊20182019学年高二期末)已知A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，则点A到直线BC的距离为(A)AB1CD2解析A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，(1,0,0)，(1,2，2)，点A到直线BC的距离为：d|1.故选A6(福建泉州市普通高中20172018学年质量检测)正方体ABCDA1B1C1D1中，动点M在线段A1C上，E，F分别为DD1，AD的中点若异面直线EF与BM所成的角为，则的取值范围为(A)ABCD解析以D点为原点，DA，DC，D
4、D1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设DA2，易得(1,0，1)，设(2，2，2)(01)，(22，2，2)，则cos|cos|，即cos(01)，当时，cos取到最大值，当1时，cos取到最小值，所以的取值范围为，故选A二、填空题7如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_.解析解法一：取AC、A1C1的中点M、M1，连接MM1、BM.过D作DNBM，则容易证明DN平面AA1C1C.连接AN，则DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角在RtDAN中，sinDAN.解法二：取AC、A1C1中点O、E，
5、则OBAC，OE平面ABC，以O为原点OA、OB、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，在正三角形ABC中，BMAB，A，B，D，又平面AA1C1C的法向量为e(0,1,0)，设直线AD与平面AA1C1C所成角为，则sin|cos，e|.解法三：设b，a，c，由条件知ab，ac0，bc0，又cb，平面AA1C1C的法向量(ab)设直线AD与平面AA1C1C成角为，则sin|cos，|，(cb)(ab)acabbc|b|2.|2(cb)2|c|2|b|22bc2，|，|2(ab)2(|a|2|b|22ab)，|，sin.8如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二
6、面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB4 cm，AC6 cm，BD8 cm，CD2 cm，则这个二面角的度数为_60_.解析设，CAAB，ABBD，0，180，|2()2|2|2|22|cos(180)(2)2624282268(cos)，cos，60.因此，所求二面角的度数为60.三、解答题9(浙江丽水市20192020学年高二质监)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为4的正三角形，A1B1AA1CC12，BB13，E是棱A1C1的中点，点F在棱AB上，且AF3FB. (1)求证：EF平面BCC1B1；(2)求直线EF和平面ABC所成角的正弦值解析(1)取BC上一点G，满
7、足CG3GB，连C1G，FG，在ABC中，由3，FGAC，FGAC1又EC1AC，EC11，EC1FG，EC1FG 四边形EFGC1为平行四边形，EFC1G又C1G平面BCC1B1，EF平面BCC1B1，EF平面BCC1B1.(2)延长AA1，BB1，CC1交于一点P，且A1B1C1为边长为2的正三角形，取AC的中点为O，连接PO，OB，则POAC，BOAC，且PO2，BO2，PB6，POB120，过O作OD平面ABC，如图，以OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,2，0)P(0，3)，E，F， ，面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，设EF与平面
8、ABC所成的角为，sin|cos，n|，直线EF和平面ABC所成角的正弦值为.10(广东深圳高级中学20192020学年高二期末)如图，ABCD是平行四边形，已知AB2BC4，BD2，BECE，平面BCE平面ABCD.(1)证明：BDCE；(2)若BECE，求平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角的余弦值解析(1)ABCD是平行四边形，且CDAB2BC4，BD2CD2BD2BC2，故CBD90，即BDBC取BC的中点F，连结EF.BECE，EFBC又平面BCE平面ABCD，BD平面ABCD，EFBD，EF平面ABCD.EFBCF，EF，BC平面BCE，BD平面BCE，EC平面BCE，BDCE
9、(2)BECE，由()得EF3以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系(如图)，则A(2，2，0)，D(0，2，0)，E(1,0,3)(3,2，3)，(1,2，3)设平面ADE的法向量为a(x，y，z)，则，即得平面ADE的一个法向量为a(0，2)由(1)知BD平面BCE，所以可设平面BCE的法向量为b(0,1,0)设平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角为，则cos即平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角的余弦值为. B级素养提升一、选择题1已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(A)ABCD解析如图，连接
10、C1O，过C作CMC1O.BD平面C1CO，BDCM，C1OBDO，CM平面BC1D，CDM即为CD与平面BDC1所成的角，令AB1，AA12，CO，C1O，由CMC1OCC1CO得，CM，sinCDM.2如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成的角的余弦值为(D)ABCD解析解法一：，()().而|.同理，|.如令为所求角，则cos.应选D解法二：如图以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)、M(1，1)、C(0,1,0)、N(1,1，)，(1,0,0)(0，1)，(1,
11、1，)(0,1,0)(1,0，)故0101，|，|.cos.3正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角ABD1B1的大小为(C)A30B60C120D150解析如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，(0，a,0)，(a，a，a)，(0,0，a)，设平面ABD1的法向量为n(x，y，z)，则n(x，y，z)(0，a,0)ay0，n(x，y，z)(a，a，a)axayaz0，a0，y0，xz，令z1，则n(1,0,1)，同理平面B1BD1的法向量m(1，1,0)，cosn，m，而二面角ABD1B
12、1为钝角，故为120.4(多选题)如图，多面体OABDC中，ABCD2，ADBC2，ACBD，且OA，OB，OC两两垂直则下列结论正确的是(AB)A三棱锥OABC的体积是定值B球面经过点A，B，C，D四点的球的直径是C直线OB平面ACDD二面角AOCD等于30解析由题意，构造长方体，如图，设OAx，OBy，OCz，则x2y24，x2z210，y2z212，解得x1，y，z3，对于A，三棱锥OABC的体积为OCOAOB，故A正确；对于B，球面经过点A，B，C，D四点的球的直径即为长方体的体对角线长，即为，故B正确；对于C，由于OBAE，AE和平面ACD相交，则OB和平面ACD相交，故C错误；对于
13、D，因为AOOC，DCOC，所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角AOCD的二面角大小，连接OE，则AOE即为所求，tanAOE，所以AOE60，故D错误二、填空题5如图，四面体ABCD中， E，F分别为AB，DC上的点，且AEBE，CF2DF，设a，b，c.(1)以a，b，c为基底表示，则_cab_；(2)若ADBBDCADC60，且|4，|3，|3，则|_.解析(1)如图所示，连接DE.因为，()，所以cab.(2)|22ab2c2abacbc423232434233.所以|.6在正方体ABCDA1B1C1D1中，则A1B与平面A1B1CD所成角的大小为_30_.解析解法一：连接BC1
14、，设与B1C交于O点，连接A1O.BC1B1C，A1B1BC1，A1B1B1CB1，BC1平面A1B1C，A1B在平面A1B1CD内的射影为A1O.OA1B就是A1B与平面A1B1CD所成的角，设正方体的棱长为1.在RtA1OB中，A1B，BO，sinOA1B.OA1B30.即A1B与平面A1B1CD所成的角为30.解法二：以D为原点，DA、DC、DD1分别x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1，0,1)、C(0,1,0)(1,0,1)、(0,1,0)设平面A1B1CD的一个法向量为n(x，y，z)，则，令z1得x1.n(1,0，1)，又B(1,1,0)，(
15、0,1，1)，cosn，.n，60，A1B与平面A1B1CD所成的角为30.三、解答题7(2019全国卷理，18)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解析(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE所以MN平面C1DE
16、.(2)解：由已知可得DEDA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.8(2018全国卷理，20)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与
17、平面PAM所成角的正弦值解析(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC，OBACO，得PO平面ABC.(2)解：如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.