【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-6利用空间向量求空间角作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-6利用空间向量求空间角作业

课时跟踪检测（四十五） 利用空间向量求空间角 ‎[A级　基础题——基稳才能楼高]‎ ‎1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　)‎ A．45°　　　　　　　　　 　B．135°‎ C．45°或135° D．90°‎ 解析：选C　cos m，n＝＝＝，即m，n＝45°.‎ ‎∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.‎ ‎2．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)‎ A．　　　　　　　　 B. C． D. 解析：选C　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)，＝(1,0，－2)，‎ ‎∴B1M与D1N所成角的余弦值为 ‎＝＝.故选C.‎ ‎3．如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，‎ ‎∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．‎ 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．‎ ‎∵cos，n＝＝＝，∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.‎ ‎4．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝2，二面角BAA1C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为(　　)‎ A. B． C. D．2‎ 解析：选A　由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，则·＝(－)·(＋)＝4，||＝2，||＝4，cos，＝＝，故tan，＝.‎ ‎5．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则B1，F(1,0,1)，‎ E，G(0,0,2)，‎ ＝，＝，＝(1,0，－1)．‎ 设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 取x＝1，则z＝1，y＝，‎ 故n＝为平面GEF的一个法向量，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－，‎ 所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.故选A.‎ ‎6．在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，‎ ‎∴＝(0,1，－1)，＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则即∴∴n1＝(1,2,2)．‎ 又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎7．如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为__________．‎ 解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.‎ 过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，‎ 则AP，AB，AE两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)．‎ 因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)．‎ 故＝(－4,2,2)，＝(2,0,1)．‎ 所以cos，＝＝＝－.‎ 设异面直线PC，AD所成的角为θ，‎ 则cos θ＝|cos，|＝.‎ 答案： ‎8．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线FO与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.‎ 解析：如图，以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．‎ 设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴＝(－1,0,3)，＝(0,2，0)，＝(－1，，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 则y＝0，令z＝1，得x＝－a，‎ ‎∴n＝(－a,0,1)，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝.‎ ‎∵直线FO与平面BED所成角的大小为45°，‎ ‎∴＝，‎ 解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.‎ 答案：2‎ ‎[B级　保分题——准做快做达标]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角APBC的余弦值．‎ 解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ 得AB⊥AP，CD⊥PD.‎ 因为AB∥CD，所以AB⊥PD.‎ 又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.‎ 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.‎ 以F为坐标原点，FA―→的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.‎ 由(1)及已知可得A，P，B，‎ C.‎ 所以＝，＝(，0,0)，‎ ＝，＝(0,1,0)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，‎ 则即 所以可取n＝(0，－1，－)．‎ 设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，‎ 则即 所以可取m＝(1,0,1)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝－.‎ 由图知二面角APBC为钝角，‎ 所以二面角APBC的余弦值为－.‎ ‎2．(2019·合肥一检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．‎ ‎(1)求证：平面BDM∥平面EFC；‎ ‎(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，‎ 则N为AC的中点，‎ 又M为AE的中点，∴MN∥EC.‎ ‎∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，‎ ‎∴MN∥平面EFC.‎ ‎∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.‎ ‎∵BF＝DE，‎ ‎∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.‎ ‎∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，‎ ‎∴BD∥平面EFC.‎ 又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.‎ ‎(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，‎ ‎∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，‎ 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，则得 令x＝2，则y＝－2，z＝－1，‎ 从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．‎ ‎∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos n，|＝＝，‎ ‎∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.‎ ‎3．如图，EA⊥平面ABC ，DB⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，AC＝2AE，M是AB的中点．‎ ‎(1)求证：CM⊥EM; ‎ ‎(2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角BCDE的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为△ABC是等边三角形，M是AB的中点，‎ 所以CM⊥AM.‎ 因为EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以CM⊥EA.‎ 因为AM∩EA＝A，所以CM⊥平面EAM.‎ 因为EM⊂平面EAM，所以CM⊥EM.‎ ‎(2)以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Mxyz，如图所示．‎ 因为DB⊥平面ABC，所以∠DMB为直线DM与平面ABC 所成的角，‎ 所以tan∠DMB＝＝2，即BD＝2MB，所以BD＝AC.‎ 不妨设AC＝2，又AC＝2AE，则CM＝，AE＝1.‎ 故B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,1,2)，E(0，－1,1)．‎ 所以＝(，－1,0)，＝(0,0,2)，＝(－，－1,1)，＝(－，1,2)．‎ 设平面BCD与平面CDE的一个法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，‎ 由得令x1＝1，得y1＝，‎ 所以m＝(1，，0)．‎ 由得 令x2＝1，得y2＝－，z2＝.‎ 所以n＝.‎ 所以cos〈m，n〉＝＝0.‎ 所以二面角BCDE的余弦值为0.‎