课时跟踪检测（三十八）利用空间向量求空间角作业_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_2022届一轮复习讲练结合_第七章立体几何_第五节空间向量及其应用

课时跟踪检测（三十八） 利用空间向量求空间角 1．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面 直线AD，BC所成的角为( ) A．120° B．30° C．90° D．60° 解析：选D 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)， C(0，0，)，D(0，－，0)，∴AD＝(－，－，0)，BC＝(0，－，)． ∴|AD|＝2，|BC|＝2，AD·BC＝2. ∴cos〈AD，BC〉＝＝＝. ∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D. 2．在正方体ABCD A B C D 中，点E为BB 的中点，则平面A ED与平面ABCD所成的 1 1 1 1 1 1 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A (0,0,1)，E，D(0,1,0)， 1 ∴A1D＝(0,1，－1)， A1E＝. 设平面A ED的一个法向量为n＝(x，y，z)， 1 1 则即令x＝1， ∴∴n＝(1,2,2)． 1 又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 2 ∴cos〈n，n〉＝＝. 1 2 即平面A ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为. 1 3．(多选)(2021·福州质检)已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA 与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是( ) A．DE⊥BF B．EF与CH所成角为 C．EC⊥平面DBF D．BF与平面ACFE所成角为 解析：选ABC 由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如 图所示． 以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角 坐标系．设AD＝DC＝DG＝2， 则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)， F(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1)． A．DE＝(2,0,2)，BF＝(－2,0,2)， ∴DE·BF＝－4＋0＋4＝0， ∴DE⊥BF，∴DE⊥BF，A是正确的． B．EF＝(－2,2,0)，CH＝(1,0,1)． 设EF与CH所成的角为θ，θ∈， ∴cos θ＝＝. ∵θ∈，∴θ＝，B是正确的． C．EC＝(－2,2，－2)，DB＝(2,2,0)，DF＝(0,2,2)． 设n＝(x，y，z)是平面DBF的一个法向量， ∴即取x＝1，∴n＝(1，－1,1)． ∵EC＝－2n，∴EC∥n，∴EC⊥平面DBF，C是正确的． D．BF＝(－2,0,2)，由图象易得m＝(1,1,0)是平面ACFE的一个法向量， 设BF与平面ACFE所成的角为θ，θ∈， ∴sin θ＝|cos〈BF，m〉|＝＝，∴θ＝，D是不正确的． 故选A、B、C. 4．在长方体ABCDA B C D 中，AB＝2，BC＝AA ＝1，则DC 与平面A BC 所成角的正 1 1 1 1 1 1 1 1 1 弦值为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA ＝ 1 1，所以A (1,0,1)，B(1,2,0)，C (0，2,1)，D(0,0,1)．所以A1C1＝ (－ 1 1 1 1，2,0)，BC1＝(－1,0,1)，D1C1＝(0,2,0)，设平面A BC 的法向量为n＝ 1 1 (x，y，z)，则有即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设DC 与平面A BC 所成的角为θ， 1 1 1 1 则sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝＝＝. 答案： 5．在直三棱柱ABCA B C 中，AA ＝2，二面角BAA C 的大小为60°，点B到平面 1 1 1 1 1 1 ACC A 的距离为，点C到平面ABB A 的距离为2，则直线BC 与直线AB 所成角的正切值 1 1 1 1 1 1 为________． 解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC A 的距离为，点C到平面ABB A 的 1 1 1 1 距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°， 则AB1·BC1＝(BB1－BA)·(BB1＋BC)＝4， |AB1|＝2，|BC1|＝4， cosAB1，BC1＝＝， 故tanAB1，BC1＝. 答案：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)，∴OF＝(－ 1,0,3)，DB＝(0,2，0)，EB＝(－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，OF〉＝＝. ∵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．(2021·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补 充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题： 如图，在四棱锥PABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若 ______，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角 APBC的余弦值． 解：若选②：要使得PO⊥平面ABCD，则PO⊥AB. 又PC⊥AB，PO∩PC＝P， 所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC， 所以∠BAC＝90°，BC>BA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③. 下面证明：PO⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC. 又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO. 因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC. 又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD. 以O 为坐标原点，以OB，OC，OP的方向分别作为x轴、y轴、z轴的 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以 ∠PBA＝60°. 在菱形ABCD中，设AB＝2， 因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，设PO＝a，则PA＝，PB＝. 在△PBA中，由余弦定理得： PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA， 所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝， 所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)． 设n＝(x，y，z)为平面ABP的法向量， 1 1 1 1 AB＝(，1,0)，AP＝(0,1，)， 由可得 令z＝1得n＝(，－，1)． 1 1 设n＝(x，y，z)为平面CBP的法向量， 2 2 2 2 CB＝(，－1,0)，CP＝(0，－1，)， 由可得 令z＝1得n＝(，，1)． 2 2 设二面角APBC的平面角为θ， 所以cos θ＝＝， 所以二面角APBC的余弦值为. 8.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为直角梯形，BC∥AD， 且AD＝2AB＝2BC＝2，∠BAD＝90°，△PAD为等边三角形，平面 ABCD⊥平面PAD，点E，M分别为PD，PC的中点． (1)求证：CE∥平面PAB； (2)求直线DM与平面ABM所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，取PA的中点N，连接EN，BN. ∵E为PD的中点，N为PA的中点，∴EN为△PAD的中位线， ∴EN∥AD，且EN＝AD. 在梯形ABCD中，BC∥AD，且BC＝AD， ∴BC∥EN，BC＝EN. ∴四边形ENBC是平行四边形．∴CE∥BN. 又BN⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)如图，取AD的中点O，连接OP，OC. ∵PA＝PD，∴PO⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD. 又∵CO∥BA，∠BAD＝90°，∴CO⊥AD.∴直线OA，OC，OP两两垂直．以O为原点，OA，OP，OC所 在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 由已知条件易知A(1,0,0)，B(1，0,1)，M，D(－1，0,0)，∴AB＝ (0,0,1)，AM＝. 设平面ABM的法向量为m＝(x，y，z)， 则令y＝2，则x＝， 可得平面ABM的一个法向量为m＝(，2,0)． 又DM＝， ∴cosm，DM＝＝， ∴直线DM与平面ABM所成角的正弦值为. 9.如图，在圆柱W中，点O，O 分别为上、下底面的圆心，平面MNFE 1 2 是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的 中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2. (1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH； (2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于，求证：平面NHG与平面MNFE 所成锐二面角的平面角大于. 证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂ 平面FHN， 所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG， 所以FH⊥NG. (2)以点O 为坐标原点，分别以OG，OE，OO 所在直线为x轴、y 2 2 2 2 1 轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 2 则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)． 设H(m，n,2)(由图知m>0)， 则m2＋n2＝1， NH＝(m，n＋1,0)． 设平面NFG的法向量为n＝(x，y，z)． 1 1 1 1 因为所以 即令x＝2，则n＝(2,0,1)． 1 1 因此sin α＝|cos〈NH，n〉|＝ 1 ＝＝＝. 所以2m2＝3n＋3，解得(舍去)或所以H. 设平面NHG的法向量为n＝(x，y，z)． 2 2 2 2 因为所以 即令x＝1，即n＝. 2 2 设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ. 因为平面MNFE的一个法向量n＝(1,0,0)， 3 所以cos θ＝＝<，所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于. 10.(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABCA B C 的底面是正三角形， 1 1 1 侧面BB C C是矩形，M，N分别为BC，B C 的中点，P为AM上一点，过 1 1 1 1 B C 和P的平面交AB于E，交AC于F. 1 1 (1)证明：AA ∥MN，且平面A AMN⊥平面EB C F； 1 1 1 1 (2)设O为△A B C 的中心．若AO∥平面EB C F，且AO＝AB，求直 1 1 1 1 1 线B E与平面A AMN所成角的正弦值． 1 1 解：(1)证明：因为M，N分别为BC，B C 的中点， 1 1 所以MN∥CC . 1 又由已知得AA ∥CC ， 1 1 所以AA ∥MN. 1 因为△A B C 是正三角形， 1 1 1 所以B C ⊥A N. 1 1 1 又B C ⊥MN，A N∩MN＝N， 1 1 1 所以B C ⊥平面A AMN. 1 1 1 因为B C ⊂平面EB C F， 1 1 1 1 所以平面A AMN⊥平面EB C F. 1 1 1 (2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，| MB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝. 连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E. 由(1)知平面A AMN⊥平面ABC. 1 作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC. 设Q(a,0,0)， 则NQ＝ ，B ， 1 故B1E＝， |B1E|＝. 又n＝(0，－1,0)是平面A AMN的一个法向量， 1 故sin＝cosn，B1E＝＝. 所以直线B E与平面A AMN所成角的正弦值为. 1 1