2020届高考数学一轮复习：课时作业48《利用向量求空间角》(含解析) 练习

课时作业48　利用向量求空间角1．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(　B　)A.   B.C.   D.解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴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)，E，D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，＝，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)．则有即∴∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即所成的锐二面角的余弦值为.2．(2019·大同模拟)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　D　)A.   B.C.   D.解析：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，＝(2,0,2)，设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则∴令z＝1，得n＝(－1,1,1)．∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　A　)A.   B.C.   D.解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知棱AB，AD，AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等，所以α∥平面A1BD，当平面α趋近点A时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O时，截面图形为正六边形，其边长为，截面图形的面积为6××2＝；当平面α趋近于C1时，截面图形的面积趋近于0，所以截面图形面积的最大值为，故选A.4．已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面上，AC为球O的直径．当三棱锥P-ABC的体积最大时，二面角P-AB-C的大小为θ，则sinθ等于(　C　)A.   B.C.  D.解析：如图，设球O的半径为R，由4πR2＝16π，得R＝2，设点P到平面ABC的距离为d，则0＜d≤2，因为AC为球的直径，所以AB2＋BC2＝AC2＝16，则V三棱锥P-ABC＝AB·BC·d≤··2＝，当且仅当AB＝BC＝2，d＝2时，V三棱锥P-ABC取得最大值，此时平面PAC⊥平面ABC，连接PO，因为PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面PAC，所以PO⊥平面ABC，过点P作PD⊥AB于D，连接OD，因为AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD，则AB⊥OD，所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角，因为OD＝BC＝，所以PD＝＝，则sinθ＝sin∠PDO＝＝，故选C.5．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角的大小是　45°　.解析：以D为原点，分别以DA、DC、DD1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D-xyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F，＝，＝(0,1,0)，∴cos〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角的大小是45°.6．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为　　.解析：建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝1，则＝，E.设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则＝.∵θ∈，∴cosθ＝＝＝.则2＝1－.令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当且仅当t＝1时取等号．∴cosθ＝≤×＝，当且仅当y＝0时取等号．7．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E-ACD的体积．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，，0)，E，＝.设B(m,0,0)(m＞0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1＝.又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设得|cos〈n1，n2〉|＝，即 ＝，解得m＝.因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V＝××××＝.8．(2019·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是BD的中点．(1)求证：EM∥平面ADF；(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小．解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN＝AB，又因为EF∥AB，EF＝AB，所以MN∥EF且MN＝EF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.由已知可得＝，＝(3，－2,0)，＝(0，－1，)，设平面ADF的法向量是n＝(x，y，z)．由得令y＝3，则n＝(2,3，)．又因为·n＝0，所以⊥n，又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2,3，)．易得平面BFD的一个法向量是m＝(0，－，1)．所以cos〈m，n〉＝＝－，又二面角A-FD-B为锐角，故二面角A-FD-B的余弦值大小为.9．(2019·河南郑州一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB＝ED＝EC＝BC，连接CE并延长交AD于F.(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；(2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，故∠BCD＝，∠CBE＝∠CEB＝，连接AE，∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，AE＝CE＝DE.∴∠AEF＝∠FED＝.故EF⊥AD，AF＝FD.又PG＝GD，∴FG∥PA.又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，∴GF⊥AD，又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG.又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面CGF.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，D(0，2，0)，P(0,0,3)．故＝(1，，0)，＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)．设平面BCP的一个法向量为n1＝(1，y1，z1)，则解得即n1＝.设平面DCP的一个法向量为n2＝(1，y2，z2)，则解得即n2＝(1，，2)．从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为＝＝.10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，＝，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝－λ.②由①②解得(舍去)，或所以M，从而＝.设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m＝(0，－，2)．于是cos〈m，n〉＝＝.易知所求二面角为锐角．因此二面角M-AB-D的余弦值为.11．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝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．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，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)解法一：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，又CE⊂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＝.在Rt△PAH中，PH＝＝，所以sin∠APH＝＝.解法二：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，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＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．设平面PCE的法向量n＝(x，y，z)，由得设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα＝＝＝.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.12．(2019·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折起，形成四棱锥B-AECD.(1)在四棱锥B-AECD中，求证：AD⊥BD；(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，∵△BEC和△DEC均为正三角形，∴EC⊥BF，EC⊥DF, 又BF∩DF＝F，∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，∵BF⊥EC，DF⊥EC，∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°，又∵BF＝，∴点B的横坐标为－，点B的竖坐标为.因D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)，B，故＝(－，－1,0)，＝，＝(0，－2，0)．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，∴得令x＝1，得y＝0，z＝，∴平面ABD的一个法向量为n＝(1,0，)，∴cos〈，n〉＝＝＝－，∵直线AE与平面ABD所成角为锐角，∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为.