【数学】2020届一轮复习新课改省份专用版7-6利用空间向量求空间角作业

【数学】2020届一轮复习新课改省份专用版7-6利用空间向量求空间角作业

课时跟踪检测（四十四） 利用空间向量求空间角 一、题点全面练 ‎1.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＝＝.‎ ‎2．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.‎ ‎3．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，＝.‎ ‎4.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.‎ ‎5．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.‎ ‎6．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OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.‎ 解析：如图，以O为坐标原点，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OF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 ‎7.如图，已知四棱锥P ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F OE A的余弦值为________．‎ 解析：以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示 的空间直角坐标系Oxyz，‎ 由题知，OA＝OB＝2，‎ 则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，‎ 设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，可得m＝(1,1,1)．‎ 易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，‎ 则cos〈m，n〉＝＝.‎ 由图知二面角FOEA为锐角，‎ 所以二面角FOEA的余弦值为.‎ 答案： ‎8．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．‎ 解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面CMD，‎ 又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，‎ 所以DM⊥平面BMC.‎ 因为DM⊂平面AMD，‎ 所以平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)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.当三棱锥MABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，‎ 则即可取n＝(1,0,2)，‎ 又是平面MCD的一个法向量，‎ 所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.‎ 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.‎ ‎9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，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与平面PAM所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，‎ 所以PO⊥AC，且PO＝2.连接OB，因为AB＝BC＝AC，‎ 所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.‎ 所以PO＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.‎ 又因为OB∩AC＝O，‎ 所以PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)以O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,2－a,0)(0＜a≤2)，则＝(a,4－a,0)．‎ 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，‎ 所以cos〈，n〉＝.‎ 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，‎ 所以＝，‎ 解得a＝或a＝－4(舍去)．‎ 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.‎ 二、专项培优练 素养专练——学会更学通 ‎1．[直观想象、数学运算]如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.‎ ‎(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；‎ ‎(2)若∠BAD＝60°，求二面角BOB1C的余弦值．‎ 解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ ‎∴A1O⊥BD.‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.‎ ‎∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.‎ ‎∵BD⊂平面BB1D1D，‎ ‎∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.‎ ‎(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．‎ ‎∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，‎ ‎∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，‎ OA1＝＝.‎ 则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)，‎ ‎∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)， ＝＋＝(1，，)．‎ 设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)是平面OBB1的一个法向量．‎ 同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(，0，－1)，‎ ‎∴cosn，m＝＝＝，‎ 由图可知二面角BOB1C是锐二面角，‎ ‎∴二面角BOB1C的余弦值为.‎ ‎2．[直观想象、数学运算]如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.‎ 平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.‎ ‎(1)求证：PA⊥平面PCD；‎ ‎(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．‎ 解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，‎ 所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，‎ 又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD，‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以PO⊥平面ABCD，‎ 以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，PO＝1，‎ 设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，‎ 则＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，‎ 由得令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，‎ 由(1)知n＝＝(a,0,0)为平面PAD的一个法向量．‎ 由|cosm，n|＝＝＝，解得a＝，即CD＝，所以在Rt△PCD中，PC＝，‎ 由等面积法可得DE＝＝.‎ ‎3．[直观想象，数学运算]如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，‎ BC＝2，AC＝2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面ABC；‎ ‎(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角大小．‎ 解：(1)证明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6，‎ ‎∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴cos∠ABC＝＝.‎ 又易知BD＝2，‎ ‎∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，‎ ‎∴CD＝2，又AD＝4，‎ ‎∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.‎ ‎∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，‎ ‎∴CD⊥平面PAB，‎ 又PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD，‎ ‎∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，‎ ‎∴PD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，‎ ‎∵直线PA与平面ABC所成的角为45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，‎ 则A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，‎ ‎∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)，＝(0，－4，－4)．‎ ‎∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC，‎ 由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，‎ 又PD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PD⊥BC，‎ ‎∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，‎ ‎∴＝(－2，2,0)为平面PDE的一个法向量．‎ 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，得x＝，y＝－1，‎ ‎∴n＝(，－1,1)为平面PAC的一个法向量．‎ ‎∴cosn，＝＝－，‎ ‎∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，‎ 故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.‎