2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第6节　利用空间向量求空间角

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[选题明细表]
1.在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中,已知M是棱BB1的中点,
N是棱AC的中点,则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( C )
A.3 B.1 C.63 D.22
解析:设直三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2,如图所示,以A为原点,
AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则A1(0,0,2),M(3,1,1),B(3,1,0),N(0,1,0),
则A1M→=(3,1,-1),BN→=(-3,0,0).
设异面直线A1M与BN所成角为θ,
则cs θ=|A1M→·BN→||A1M→||BN→|=35×3=155,
所以sin θ=1-cs2θ=105,
所以tan θ=sinθcsθ=63,
所以异面直线A1M与BN所成角的正切值为63.
2.如图,圆锥的顶点是S,底面中心为O,OC是与底面直径AB垂直的一条半径,D是母线SC的中点.
(1)设圆锥的高为4,异面直线AD与BC所成角的余弦值为26,求圆锥的体积;
(2)当圆锥的高和底面半径是(1)中的值时,求直线AB与平面ACD所成角的正弦值.
解:(1)以点O为坐标原点,分别以OC,OB,OS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,
设OA=r,因为高h=4,
则D(r2,0,2),B(0,r,0),C(r,0,0),A(0,-r,0),S(0,0,4),
所以AD→=(r2,r,2),BC→=(r,-r,0),
因为异面直线AD与BC所成角的余弦值为26,
则|AD→·BC→||AD→||BC→|=r22r×16+5r2=26,解得r=2,所以圆锥的体积V=13πr2h=16π3.
(2)由(1)可得,A(0,-2,0),B(0,2,0),D(1,0,2),C(2,0,0),
所以AB→=(0,4,0),AC→=(2,2,0),AD→=(1,2,2),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC→=2x+2y=0,n·AD→=x+2y+2z=0,
取x=1,则n=(1,-1,12),
设直线AB与平面ACD所成的角为θ,
则sin θ=|AB→·n||AB→||n|=44×1+1+14=23,
故直线AB与平面ACD所成角的正弦值为23.
3.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DAFE与二面角CBEF都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角EBCA的余弦值.
(1) 证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,
又FE∩DF=F,
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,GF→的方向为x轴正方向,|GF→|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系.
由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角,
故∠DFE=60°,则DF=2,DG=3,
可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3) .
由已知,AB∥EF,
所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC=DC,
故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,
所以∠CEF为二面角CBEF的平面角,∠CEF=60°.
从而可得C(-2,0,3).
所以EC→=(1,0,3),EB→=(0,4,0),AC→=(-3,-4,3),AB→=(-4,0,0).
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则n·EC→=0,n·EB→=0,
即x+3z=0,4y=0,
所以可取n=(3,0,-3).
设m是平面ABCD的法向量,则m·AC→=0,m·AB→=0,
同理可取m=(0,3,4).
则cs=n·m|n||m|=-21919.
又二面角EBCA为钝角,
故二面角EBCA的余弦值为-21919.
4.(2022·广东佛山二模)如图,在以P,A,B,C,D为顶点的五面体中,平面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=CD=12AB,平面PAD⊥平面PAB,
PA⊥PB.
(1)求证:△PAD为直角三角形;
(2)若AD=PB,求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明:在等腰梯形ABCD中,作DH⊥AB于点H,连接BD,如图,
则AH=12(AB-CD)=12AD,DH=32AD,且BH=32AD,
则tan∠BDH=BHDH=3,
即∠BDH=60°,
而∠ADH=30°,
因此,∠ADB=90°,即AD⊥BD,
因为平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,PB⊂平面PAB,
而PA⊥PB,
所以PB⊥平面PAD,
又AD⊂平面PAD,
于是有AD⊥PB,PB∩BD=B,
PB,BD⊂平面PBD,
则有AD⊥平面PBD,PD⊂平面PBD,
因此,AD⊥PD,所以△PAD为直角三角形.
(2)解:在平面PAD内过点P作Pz⊥PA,因为平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,所以Pz⊥平面PAB,
因此,PB,PA,Pz两两垂直,以点P为原点,建立如图所示的空间直角
坐标系,
令PB=AD=2,PA=23,PD=22,B(2,0,0),A(0,23,0),D(0,43,223),
DC→=12AB→=(1,-3,0),有C(1,13,223),
从而得PC→=(1,13,223),PB→=(2,0,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB→=2x=0,n·PC→=x+13y+223z=0,
令z=1,得n=(0,-22,1),PD→=(0,43,223),
设直线PD与平面PBC所成角为θ,
则有sin θ=|n·PD→||n||PD→|=6233×22=33,
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为33.
5.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA=PD=AD,∠DAB=60°.
(1)证明:AD⊥PB;
(2)若异面直线PB与CD所成角的余弦值为64,求二面角APBC的
余弦值.
(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OB,BD,
因为PA=PD=AD,
所以PO⊥AD.
因为底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,
所以△ABD为正三角形,所以OB⊥AD,
又因为OP∩OB=O,OP,OB⊂平面PBO,
所以AD⊥平面PBO,
又因为PB⊂平面PBO,
所以AD⊥PB.
(2)解:取PB的中点M,连接AM,则AM⊥PB,
不妨设AD=2,
因为AB∥CD,异面直线PB与CD所成角的余弦值为64,
所以cs∠ABM=64,
PB=2MB=2AB·cs∠ABM=2×2×64=6,
又因为OP=OB=2sin 60°=3,
所以PB2=OP2+OB2,
所以OP⊥OB,于是OA,OB,OP两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,
A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3),C(-2,3,0),BP→=(0,-3,3),
BA→=(1,-3,0),BC→=(-2,0,0),
设平面PBA和平面PBC的法向量分别为m=(x,y,z),n=(u,v,w),
BP→·m=-3y+3z=0,BA→·m=x-3y=0,
令y=1,m=(3,1,1),BP→·n=-3v+3w=0,BC→·n=-2u=0,
令v=1,n=(0,1,1),
因为二面角APBC为钝角,
所以二面角APBC的余弦值为-|m·n||m|·|n|=-25×2=-105.
6.(2022·河北石家庄高三二模)如图,平行六面体ABCDA1B1C1D1的
底面ABCD是矩形,P为棱A1B1上一点,且PA=PB,F为CD的中点.
(1)证明:AB⊥PF;
(2)若AB=AD=PD=2.当直线PB与平面PCD所成的角为45°,且二面角PCDA的平面角为锐角时,求三棱锥BAPD的体积.
(1)证明:取AB的中点E,连接PE,EF,
因为PA=PB,所以PE⊥AB,因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,
因为E,F分别为AB,CD的中点,所以EF∥BC,所以EF⊥AB,
又因为PE∩EF=E,PE,EF⊂平面PEF,所以AB⊥平面PEF,
因为PF⊂平面PEF,所以AB⊥PF.
(2)解:以F为坐标原点,以过F与平面ABCD垂直的直线向上的方向为z轴正方向,以FC→的方向为x轴正方向,EF→的方向为y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,-2,0),C(1,0,0),D(-1,0,0),
设P(0,a,h),h为P到平面ABCD的距离,
则PB→=(1,-2-a,-h),PD→=(-1,-a,-h),CD→=(-2,0,0),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·PD→=0,n·CD→=0,即-x-ay-hz=0,-2x=0,
令y=-h,则z=a,所以n=(0,-h,a),
又因为PD=2,所以PF=22-12=3,
所以a2+h2=3,(*)
则|n|=h2+a2=3,
由直线PB与平面PCD所成的角为45°,
sin 45°=|PB→·n|PB→||n||=|2h|3h2+(2+a)2+1=22,
解得a=0或a=-32,
当a=0时,平面PCD的一个法向量为n=(0,-h,0),则平面PCD与平面ABCD垂直,此时二面角PCDA的平面角为直角,
所以a=0(舍去).
所以a=-32,代入(*)可得h=32,
所以VB-APD=VP-ABD=13×12×2×2×32=33.知识点、方法
题号
异面直线所成的角
1
直线与平面所成的角
2,4
二面角
3,5,6