课时过关检测（四十二） 利用空间向量求空间角

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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．eq \f(\r(30),30) B．eq \f(\r(30),15)
C．eq \f(\r(30),10)D．eq \f(\r(15),15)
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)，
∴eq \(B1M,\s\up7(―→))＝(－1，－1，－2)，
eq \(D1N,\s\up7(―→))＝(1,0，－2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为eq \f(|eq \(B1M,\s\up7(―→))·eq \(D1N,\s\up7(―→))|,|eq \(B1M,\s\up7(―→))|·|eq \(D1N,\s\up7(―→))|)＝eq \f(|－1＋4|,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq \f(\r(30),10).
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＝eq \f(1,3)AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为( )
A．eq \f(3\r(35),35) B．eq \f(2\r(7),7)
C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(2),4)
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)，
∴eq \(DC1,\s\up7(―→))＝(0,3,1)，D1E―→＝(1,1，－1)，D1C―→＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(D1E,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,3y－z＝0，))取y＝1，
得n＝(2,1,3)．
∴cseq \(DC1,\s\up7(―→))，n＝eq \f(eq \(DC1,\s\up7(―→))·n,| eq \(DC1,\s\up7(―→))||n|)＝eq \f(3\r(35),35)，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为eq \f(3\r(35),35).
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：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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，
∴eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(0,1，－1)，
eq \(A1E,\s\up7(―→))＝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)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(A1D,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(A1E,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3).
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
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．eq \f(3,5) B．eq \f(5,6)
C．eq \f(3\r(3),10)D．eq \f(3\r(6),10)
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B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)，2))，F(1,0,1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0,0,2)，
eq \(B1F,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\r(3)，－1))，eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，
eq \(GF,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(EF,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(GF,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))
取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，1))为平面GEF的一个法向量，
所以cs〈n，eq \(B1F,\s\up7(―→))〉＝eq \f(1－3－1,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(3,5)，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5).
5．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eq \r(3)，点C到平面ABB1A1的距离为2eq \r(3)，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为________．
解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为eq \r(3)，点C到平面ABB1A1的距离为2eq \r(3)，所以在△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝90°，
则eq \(AB1,\s\up7(―→))·eq \(BC1,\s\up7(―→))＝(eq \(BB1,\s\up7(―→))－eq \(BA,\s\up7(―→)))·(eq \(BB1,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＝4，
|eq \(AB1,\s\up7(―→))|＝2eq \r(2)，|eq \(BC1,\s\up7(―→))|＝4，
cseq \(AB1,\s\up7(―→))，eq \(BC1,\s\up7(―→))＝eq \f(eq \(AB1,\s\up7(―→))·eq \(BC1,\s\up7(―→)),|eq \(AB1,\s\up7(―→))||eq \(BC1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(2),4)，
故taneq \(AB1,\s\up7(―→))，eq \(BC1,\s\up7(―→))＝eq \r(7).
答案：eq \r(7)
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，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴eq \(OF,\s\up7(―→))＝(－1，0,3)，eq \(DB,\s\up7(―→))＝(0,2eq \r(3)，0)， eq \(EB,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(EB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，∴n＝(－a,0,1)，
∴cs〈n，eq \(OF,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \(OF,\s\up7(―→)),|n||eq \(OF,\s\up7(―→))|)＝eq \f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).
∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
∴eq \f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，∴AE＝2.
答案：2
7．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，
所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，eq \(MA,\s\up7(―→))的方向为x轴正方向，|eq \(MB,\s\up7(―→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝eq \r(3).
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝eq \f(2\r(3),2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．
作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q(a,0,0)，则NQ＝ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1， \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，
故eq \(B1E,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－ \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，
|eq \(B1E,\s\up7(―→))|＝eq \f(2\r(10),3).
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－〈n，eq \(B1E,\s\up7(―→))〉))＝cs〈n，eq \(B1E,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \(B1E,\s\up7(―→)),|n|·|eq \(B1E,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(10),10).
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
8．(2021·贵阳市第一学期监测考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，PQ⊥平面ABCD，PA＝PD＝AD＝2，M是棱PC上一点，且eq \f(PM,PC)＝eq \f(1,3).
(1)证明：PA∥平面BMQ；
(2)求二面角B­MQ­C的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接AC，交BQ于N，连接MN，
∵底面ABCD是菱形，
∴AQ∥BC，∴△ANQ∽△CNB，
∴eq \f(AQ,BC)＝eq \f(AN,NC)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(AN,AC)＝eq \f(1,3)，
又eq \f(PM,PC)＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(PM,PC)＝eq \f(AN,AC)＝eq \f(1,3)，
∴MN∥PA，又MN⊂平面BMQ.
PA⊄平面BMQ，∴PA∥平面BMQ.
(2)连接BD，∵底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，∴△BAD是等边三角形，又Q为AD的中点，∴BQ⊥AD.由PQ⊥平面ABCD，得PQ⊥AD.
以Q为坐标原点，QA，QB，QP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，
由eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－2,0,0)＋(－1，eq \r(3)，0)＝(－3，eq \r(3)，0)，可得点C(－2，eq \r(3)，0)，
设平面PQC的法向量为n＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(QP,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(QC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))
令x＝3，得y＝2eq \r(3)，z＝0，
∴n＝(3,2eq \r(3)，0)，|n|＝eq \r(21).
设平面BMQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(MN,\s\up7(―→))＝0，))∵MN∥PA，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(PA,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)y1＝0，,x1－\r(3)z1＝0，))令x1＝eq \r(3)，则z1＝1，y1＝0，
∴m＝(eq \r(3)，0,1)是平面BMQ的一个法向量．
设二面角B­MQ­C的平面角的大小为θ，
则cs θ＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3\r(7),14)，
即二面角B­MQ­C的余弦值为eq \f(3\r(7),14).
B级——综合应用
9.如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a＞0)，eq \(OF,\s\up7(―→))＝(－1,0，a)．设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(OE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))
令z＝1，则n＝(－2,0,1)，
由题意得sin 45°＝|cs〈eq \(OF,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \f(|eq \(OF,\s\up7(―→))·n|,|eq \(OF,\s\up7(―→))||n|)＝eq \f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝3或a＝－eq \f(1,3)(舍去)．
所以eq \(OF,\s\up7(―→))＝(－1,0,3)，eq \(BE,\s\up7(―→))＝(1，－eq \r(3)，2)，
cs〈eq \(OF,\s\up7(―→))，eq \(BE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq \f(\r(5),4)，故异面直线OF与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
10.(2021·贵州贵阳适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为弧A1B1上(不与A1，B1重合)的动点．
(1)证明：PA1⊥平面PBB1；
(2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝eq \f(π,4)，求二面角P­A1B1­C的余弦值．
解：(1)证明：在半圆柱中，BB1⊥平面PA1B，所以BB1⊥PA1.
因为A1B1是直径，所以PA1⊥PB1.
因为PB1∩BB1＝B1，PB1⊂平面PBB1，BB1⊂平面PBB1，所以PA1⊥平面PBB1.
(2)以C为坐标原点，分别以CB，CA所在直线为x轴，y轴，过C与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示．
设CB＝1，则C(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0,1,0)，A1(0,1，eq \r(2))，B1(1,0，eq \r(2))，P(1,1eq \r(2))，所以eq \(CA1,\s\up7(―→))＝(0,1，eq \r(2))，eq \(CB1,\s\up7(―→))＝(1,0，eq \r(2))．
平面PA1B1的一个法向量n1＝(0,0,1)．设平面CA1B1的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋\r(2)z＝0，,x＋\r(2)z＝0，))令z＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\r(2)，,x＝－\r(2)，,z＝1，))所以可取n2＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，1)．
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(1,1×\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
由图可知二面角P­A1B1­C为钝角，
所以所求二面角的余弦值为－eq \f(\r(5),5).