2021高考数学（理）大一轮复习习题：第八章 立体几何 课时达标检测（四十一） 利用空间向量求空间角 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第八章 立体几何 课时达标检测（四十一） 利用空间向量求空间角 word版含答案，共8页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。

一、全员必做题
1．已知直三棱柱ABC­A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．
解：如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设CA＝CB＝CC1＝2，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，
∴＝(0，－1,2)，＝(－2,0，－2)，
∴cs〈，〉＝eq \f(·,| |||)＝－eq \f(\r(10),5).
∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
2．(2016·大连二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝2，AC＝2eq \r(2).M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ＝eq \f(1,3)QC1.
(1)证明：PQ∥平面ABC；
(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为eq \f(2\r(15),15)，求∠BAC的大小．
解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.
∵P为MA的中点，D为MC的中点，
∴PD∥AC.
又CD＝eq \f(1,3)DC1，BQ＝eq \f(1,3)QC1，
∴QD∥BC.
又PD∩QD＝D，
∴平面PQD∥平面ABC.
又PQ⊂平面PQD，
∴PQ∥平面ABC.
(2)∵BC，BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，设BC＝a，BA＝b，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)，
∴＝(0，b,2)，＝(0，b,0)，＝(a,0,1)．
设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(by＝0，,ax＋z＝0，))
取x＝1，则可得平面ABM的一个法向量为n＝(1,0，－a)，
∴|cs〈n，〉|＝eq \f(|－2a|,\r(a2＋1)·\r(b2＋4))＝eq \f(2\r(15),15)，
又a2＋b2＝8，∴a4＋4a2－12＝0，
∴a2＝2或－6(舍)，即a＝eq \r(2).
∴sin∠BAC＝eq \f(\r(2),2\r(2))＝eq \f(1,2)，∴∠BAC＝eq \f(π,6).
3.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC，PA＝AC＝2AB＝2，E是线段PC的中点．
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求二面角D­CP­B的余弦值．
解：(1)证明：以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．
则B(0,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，P(1,0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
∴＝(－1,0,1)，＝(1,0,2)，＝(1,0,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2c＝0，,a＝0，))
∴n＝(0,1,0)为平面PAB的一个法向量．
又·n＝0，DE⊄平面PAB，
∴DE∥平面PAB.
(2)由(1)易知＝(0，eq \r(3)，0)，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·＝0，,n1·＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2z1＝0，,\r(3)y1＝0，))令x1＝2，则y1＝0，z1＝－1，
∴n1＝(2,0，－1)为平面PBC的一个法向量．
设平面DPC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·＝0，,n2·＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2－\f(\r(3),2)y2＋2z2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(3)，z2＝1，
∴n2＝(1，eq \r(3)，1)为平面DPC的一个法向量．
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2－1,\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，
故二面角D­CP­B的余弦值为eq \f(1,5).
二、重点选做题
1.如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2.
(1)求证：平面PEC⊥平面PBD；
(2)设直线PB与平面PEC所成的角为eq \f(π,6)，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：连接BE.
在△PAD中，PA＝PD，AE＝ED，
所以PE⊥AD.
又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，
所以PE⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，故PE⊥BD.
在四边形ABCD中，BC∥DE，且BC＝DE，
所以四边形BCDE为平行四边形，
又BC＝CD，
所以四边形BCDE为菱形，
故BD⊥CE，
又PE∩EC＝E，
所以BD⊥平面PEC，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PEC⊥平面PBD.
(2)取BC的中点F，连接EF.
由(1)可知，△BCE是一个正三角形，所以EF⊥BC，
又BC∥AD，所以EF⊥AD.
又PE⊥平面ABCD，故以E为坐标原点，分别以直线EF、直线ED、直线EP为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设PE＝t(t>0)，则D(0,2,0)，A(0，－2,0)，P(0,0，t)，F(eq \r(3)，0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)．
因为BD⊥平面PEC，
所以＝(－eq \r(3)，3,0)是平面PEC的一个法向量，
又＝(eq \r(3)，－1，－t)，
所以cs〈，〉＝eq \f(·,||||)＝eq \f(－6,\r(4＋t2)×2\r(3))＝eq \f(－\r(3),\r(4＋t2)).
由已知可得sineq \f(π,6)＝|cs〈，〉|＝eq \f(\r(3),\r(4＋t2))，得t＝2eq \r(2)(负值舍去)．
故P(0,0,2eq \r(2))，＝(eq \r(3)，－1，－2eq \r(2))，＝(eq \r(3)，1,0)．
设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y－2\r(2)z＝0，,\r(3)x＋y＝0，))
取y＝－eq \r(6)，则x＝eq \r(2)，z＝eq \r(3)，
故n＝(eq \r(2)，－eq \r(6)，eq \r(3))为平面APB的一个法向量，
所以cs〈，n〉＝eq \f(·n,| ||n|)＝eq \f(－4\r(6),2\r(3)×\r(11))＝－eq \f(2\r(22),11).
设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为θ，
则cs θ＝|cs〈，n〉|＝eq \f(2\r(22),11).
2．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝eq \f(1,2)EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.
(1)求证：AG⊥平面BCE；
(2)求二面角C­AE­F的余弦值．
解：(1)证明：连接BG，
因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，
所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，
所以BC⊥AG，
因为AB綊EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
所以AG⊥平面BCE.
(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2eq \r(3)，OA＝OG＝2，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2eq \r(3)，0)，F(4,2eq \r(3)，0)，C(0,2eq \r(3)，4)，D(－2,0,4)，
所以＝(2,2eq \r(3)，4)，＝(2，－2eq \r(3)，0)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(·n＝0，, ·n＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2\r(3)y＋4z＝0，,2x－2\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，
即平面ACE的一个法向量为n＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
易知平面AEF的一个法向量为＝(0,0,4)，
设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs θ＝eq \f(|n· |,|n|||)＝eq \f(4\r(3),\r(7)×4)＝eq \f(\r(21),7).
三、冲刺满分题
1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P­ABCD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P­CD­A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．如图，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.
(2)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P­CD­A的平面角，
所以∠PDA＝45°.
因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以，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A­xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2z＝0，,x＋y＝0.))
令x＝2，则n＝(2，－2,1)．
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sin α＝eq \f(|n·|,|n|||)＝eq \f(2,\r(22＋－22＋12)×2)＝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).
2.如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝eq \f(π,3).
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)设＝λ (0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．
解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1，
在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝eq \f(π,3)，
所以BCeq \\al(2,1)＝BC2＋CCeq \\al(2,1)－2BC·CC1·cs∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cseq \f(π,3)＝3，
所以BC1＝eq \r(3)，
故BC2＋BCeq \\al(2,1)＝CCeq \\al(2,1)，
所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，
所以BC1⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1，0，eq \r(3))，C(1,0,0)，C1(0,0，eq \r(3))．
所以＝(－1,0, eq \r(3))，
所以＝(－λ，0, eq \r(3)λ)，E(1－λ，0, eq \r(3)λ)，
则＝(1－λ，－1，eq \r(3)λ)，＝(－1，－1，eq \r(3))．
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·＝0，,n·＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－λx－y＋\r(3)λz＝0，,－x－y＋\r(3)z＝0，))
令z＝eq \r(3)，则x＝eq \f(3－3λ,2－λ)，y＝eq \f(3,2－λ)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－3λ,2－λ)，\f(3,2－λ)，\r(3)))是平面AB1E的一个法向量．
因为AB⊥平面BB1C1C，
所以＝(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量，
所以|cs〈n，〉|＝eq \f(|n· |,|n|||)＝
eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2－λ))), \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－3λ,2－λ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2－λ)))2＋\r(3)2)×1)＝eq \f(\r(3),2).
两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，
所以λ＝1或λ＝eq \f(3,2)(舍去)．故λ的值为1.