高中数学北师大版选修2-1课时作业：2.5 夹角的计算 Word版含解析

第二章 §5 课时作业19
一、选择题
1．[2014·课标全国卷Ⅱ]直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，
A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )

A．110 B．25

C．3010 D．22
解析：解法一：取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BM∥QN，则∠ANQ即为所求，

设BC＝CA＝CC1＝2，
则AQ＝5，AN＝5，QN＝6，

∴cos∠ANQ＝AN2＋NQ2－AQ22AN·NQ＝5＋6－525×6＝6230＝3010，故选C.
解法二：以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,2)，N(1,0,0)，M(1,1,0)，B(0,2,2)，∴AN→＝(－1,0，－2)，
BM→＝(1，－1，－2)，

∴cos〈AN→，BM→〉＝AN→·BM→|AN→||BM→|＝－1＋45×6＝330＝3010，故选C.
答案：C
2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，则A1B1与平面A1EF
夹角的正弦值为( )
A．62 B．63
C．64 D．2
解析：建系如图，设棱长为1，则
A1(1,0,1)，E(1，12，0)，F(0，12，1)，B1(1,1,1)．

A1B1→＝(0,1,0)．
设平面A1EF的法向量n＝(x，y，z)，

则 n·A1E→＝0，n·A1F→＝0， 即 12y－z＝0，－x＋y2＝0.

令y＝2，则 x＝1，z＝1，
∴n＝(1,2,1)，cos〈n，A1B1→〉＝26＝63，
即线面角的正弦值为63.
答案：B
3．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD
所成角是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：建立如右图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(1，2，

0)，PC→＝(1，2，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，

所以cos〈PC→，n〉＝PC→·n|PC→||n|
＝－12，
所以〈PC→，n〉＝120°，
所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°，
所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°，故选A.
答案：A
4．正方形ABCD所在平面外有一点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°
解析：建系如图，设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，
P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．
平面PAB的法向量为
n1＝(1,0,0)．
设平面PCD的法向量
n2＝(x，y，z)，

则 n2·PD→＝0，n2·CD→＝0，得 x－z＝0，y＝0.
令x＝1，则z＝1.
∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝12＝22.

∴平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为22.
∴此角的大小为45°.
答案：B
二、填空题
5．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为边长是1的正方形，PA＝2，
则AB与PC的夹角的余弦值为________．

解析：因为AB→·PC→＝AB→·(PA→＋AC→)＝AB→·PA→＋AB→·AC→＝1×2×cos45°＝1，
又|AB→|＝1，|PC→|＝6，

∴cos〈AB→，PC→〉＝AB→·PC→|AB→||PC→|＝11×6＝66.

答案：66
6．正三角形ABC与正三角形BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为
__________．
解析：取BC中点O，连接AO，DO.建立如右图所示空间直角坐标系，
设BC＝1，

则A(0,0，32)，B(0，－12，0)，D(32，0,0)．
∴OA→＝(0,0，32)，BA→＝(0，12，32)，BD→＝(32，12，0)．
由于OA→＝(0,0，32)为面BCD的法向量，可进一步求出面ABD的一个法向量n＝(1，
－3，1)，
∴cos〈n，OA→〉＝55，sin〈n，OA→〉＝255.

答案：255
7．[2014·辽宁抚顺市四校统考]如图所示，在棱长为1的正方体
ABCD－A1B1C1D1中，P是棱CC1上的一点，CP＝m，若直线AP与平

面BDD1B1所成角的正弦值为33819，则m＝__________.
解析：如右图，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x，
y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则
A(1,0,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，

D(0,0,0)，所以AP→＝(－1,1，m)，AC→＝(－1,1,0)，
又AC→·BD→＝0，AC→·BB1→＝0，
所以AC→是平面BDD1B1的一个法向量．

设AP与平面BDD1B1所成的角为θ，则sinθ＝cos(π2－θ)＝|AP→·AC→||AP→||AC→|＝22·2＋m2＝31938，
所以m＝13.
答案：13
三、解答题
8．PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝2.求二面角A－PB－C的余弦值．
解：法一：如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(0,1,0)，
P(0,0,1)，

∴AP→＝(0,0,1)，AB→＝(2，1,0)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

由 n1·AP→＝0，n1·AB→＝0，得 z1＝0，2x1＋y1＝0.
令x1＝1，则n1＝(1，－2，0)．
CP→＝(0，－1,1)，CB→＝(2，0,0)．
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

由 n2·CP→＝0，n2·CB→＝0，得 －y2＋z2＝0，2x2＝0.
令z2＝1，则n2＝(0,1,1)．
∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－23×2＝－33.
∵所求二面角为锐角，
∴二面角A－PB－C的余弦值为33.
法二：如图所示，取PB的中点D，连接CD.

∵PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AC.
∴PC＝PA2＋AC2＝2.
∵PC＝BC＝2，∴CD⊥PB.
作AE⊥PB于E，

那么二面角A－PB－C平面角的大小就等于DC→与EA→的夹角θ.
∵PA⊥平面ABC，BC⊥AC，∴PC⊥BC.
∴PB＝PC2＋BC2＝2.
∴PD＝1，PE＝PA2PB＝12.

∴DE＝PD－PE＝12.
又∵AE＝AP·ABPB＝32，CD＝1，AC＝1，
AC→＝AE→＋ED→＋DC→，
且AE→⊥ED→，ED→⊥DC→，
∴|AC→|2＝|AE→|2＋|ED→|2＋|DC→|2＋2|AE→|·|DC
→
|·cos(π－θ)，
即1＝34＋14＋1－2·32·1·cosθ，解得cosθ＝33，
故二面角A－PB－C的余弦值为33.
9．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
且MD＝NB＝1，E为BC的中点．

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)求直线AM与平面ANE所成的角．
解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.

依题意，易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(12，1,0)．

∴NE→＝(－12，0，－1)，
AM→＝(－1,0,1)．

∵cos〈NE→，AM→〉＝NE→·AM→|NE→||AM→|＝－1252×2＝－1010，

所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(2)AN→＝(0,1,1)，AE→＝(－12，1,0)．
设平面ANE的法向量为n＝(x，y，z)，

则 y＋z＝0，－12x＋y＝0.取x＝2，则n＝(2,1，－1)．
又AM→＝(－1,0,1)，
∴cos〈AM→，n〉＝－32×6＝－32，
则直线AM与平面ANE所成的角为60°.