高中数学高考第8讲　立体几何中的向量方法(二)——求空间角

这是一份高中数学高考第8讲　立体几何中的向量方法(二)——求空间角，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.(2016·长沙模拟)在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(B1D,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(B1D,\s\up6(→))，
∴AC与B1D所成的角为eq \f(π,2).
答案 D
2.(2017·郑州调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,5)
解析 设正方体的棱长为1，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，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，n·eq \(AD1,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(BB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).
答案 B
3.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.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系
A－xyz，设棱长为1，
则A1(0，0，1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，
∴eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，
eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2.))
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴ cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3).
即所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
答案 B
4.(2017·西安调研)已知六面体ABC－A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为( )
A.45° B.60°
C.90° D.30°
解析 如图所示，取AC的中点N，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,2)，0，a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，a))，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2)))，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，a).
设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·eq \(AB1,\s\up6(→))＝0，n·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，可取n＝(eq \r(3)，1，－2).
∴cs〈eq \(CC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CC1,\s\up6(→))·n,|\(CC1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－2a,a×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，
∴直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.
答案 A
5.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \f(2\r(3),3)
解析 如图建立坐标系.则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，eq \(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，
设平面A1BD的一个法向量
n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得n＝(－1，1，1).
∴D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
答案 D
二、填空题
6.(2017·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝2，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________.
解析 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，2).
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq \(DB,\s\up6(→))，n⊥eq \(DC1,\s\up6(→))，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝ (2，－2，1).
设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DC,\s\up6(→)),|n||\(DC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,3).
答案 eq \f(2,3)
8.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________.
解析 延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.
设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角.
∵BH＝eq \f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq \f(EB,BH)＝eq \f(\r(2),3).
答案 eq \f(\r(2),3)
三、解答题
9.(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
(1)证明 如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3).
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，
所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC.
在Rt △EBG中，可得BE＝eq \r(2)，故DF＝eq \f(\r(2),2).
在Rt △FDG中，可得FG＝eq \f(\r(6),2).
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \f(3\r(2),2)，
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)解 如图，以G为坐标原点，分别以eq \(GB,\s\up6(→))，eq \(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq \(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz，
由(1)可得A(0，－eq \r(3)，0)，E(1，0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(\r(2),2)))，
C(0，eq \r(3)，0).
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).
故cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(CF,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(CF,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
10.(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E－BC－A的余弦值.
(1)证明 由已知可得AF⊥DF，AF⊥EF，
所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF，
故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解 过D作DG⊥EF，垂足为G.
由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点，eq \(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(GF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.
由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝eq \r(3).
可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，eq \r(3)).
由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.
从而可得C(－2，0，eq \r(3)).
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－4，0，0).
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0，))
所以可取n＝(3，0，－eq \r(3)).
设m是平面ABCD的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
同理可取m＝(0，eq \r(3)，4).
则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(2\r(19),19).
故二面角E－BC－A的余弦值为－eq \f(2\r(19),19).
11.(2017·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)
解析 不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，
∴cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(AB1,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)＞0.
∴eq \(BC1,\s\up6(→))与eq \(AB1,\s\up6(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
答案 A
12.在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析 如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).
则eq \(CA,\s\up6(→))＝(2a，0，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(a，a，0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0，1，1)，
则 cs〈eq \(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CB,\s\up6(→))·n,|\(CB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
又∵〈eq \(CB,\s\up6(→))，n〉∈(0°，180°)，∴〈eq \(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
答案 A
13.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为__________.
解析 ∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝|eq \(CA,\s\up6(→))|·|eq \(BD,\s\up6(→))|· cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－24.
∴ cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2).
又所求二面角与〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉互补，
∴所求的二面角为60°.
答案 60°
14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq \f(1,2)AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解 (1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.
延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：
由已知，知BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)法一 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.
所以∠PDA＝45°.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，
则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，
所以AH＝eq \f(\r(2),2).
在Rt△PAH中，PH＝eq \r(PA2＋AH2)＝eq \f(3\r(2),2)，
所以sin∠APH＝eq \f(AH,PH)＝eq \f(1,3).
法二 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.
所以∠PDA＝45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，
所以eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PE,\s\up6(→))＝0，,n·\(EC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2z＝0，,x＋y＝0，))
设x＝2，解得n＝(2，－2，1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sin α＝eq \f(|n·\(AP,\s\up6(→))|,|n|·|\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2×\r(22＋（－2）2＋12))＝eq \f(1,3).
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq \f(1,3).