2020版高考新创新一轮复习数学理科通用版课时跟踪检测四十五利用空间向量求空间角含答案.pdf

课时跟踪检测（四十五）利用空间向量求空间角A 级基础题 基稳才能楼高1已知两平面的法向量分别为m (0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为() A45B135C45 或 135D90解析： 选 Cm ，nm n|m|n|11222，即m ，n45 . 两平面所成二面角为45 或 180 45 135 . 2如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1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() A3030B.3015C3010D.1515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)，B1M ( 1，1，2)，D1N(1,0， 2)，B1M 与 D1N 所成角的余弦值为B1M D1N |B1M| |D1N|1411 4143010.故选 C. 3 如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E为 线段 AB 上一点， 且 AE13AB，则 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦值为() A.3 3535B.2 77C.33D.24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)， DC1 (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n D1E0，n D1C0，即xyz0，3yz0，取 y 1，得 n(2,1,3)DC1，nDC1 n| DC1| |n|0， 3，1 2，1，310143 3535， DC1与平面D1EC 所成的角的正弦值为33535. 4在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AA12，二面角B-AA1-C1的大小为60 ，点 B 到平面 ACC1A1的距离为3，点 C 到平面 ABB1A1的距离为 23，则直线BC1与直线 AB1所成角的正切值为() A.7 B6 C.5 D2 解析： 选 A由题意可知， BAC60 ，点 B 到平面 ACC1A1的距离为3，点 C 到平面 ABB1A1的距离为2 3，所以在三角形ABC 中，AB 2，AC4，BC2 3，ABC 90 ，则 AB1 BC1(BB1 BA) (BB1 BC )4，|AB1|22，|BC1|4，AB1，BC1AB1 BC1|AB1| |BC1|24，故AB1，BC17. 5如图，正三棱柱ABC-A1B1C1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.35B.56C.3 310D.3 610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 B1()0，3，2 ，F(1,0,1)，E12，32，0 ，G(0,0,2)，B1F()1，3， 1 ， EF12，32，1， GF(1,0， 1)设平面 GEF 的法向量n(x，y，z)，则EF n0，GF n0，即12x32yz0，xz0，取 x 1，则 z1，y3，故 n()1，3，1 为平面 GEF 的一个法向量，所以 cosn，B1F1315535，所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为35.故选 A. 6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.12B.23C.33D.22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A-xyz，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)， A1D (0,1， 1)，A1E 1，0，12，设平面 A1ED 的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1 A1D 0，n1 A1E 0，即yz0，112z0，y 2，z2.n1(1,2,2)又平面 ABCD 的一个法向量为n2(0,0,1)， cos n1，n223123. 即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23. 7如图所示，在三棱锥P-ABC 中， PA平面 ABC，D 是棱 PB的中点，已知 PABC2，AB4，CB AB，则异面直线PC，AD 所成角的余弦值为_解析： 因为 PA平面 ABC，所以 PAAB，PABC. 过点 A 作 AE CB，又 CBAB，则 AP，AB，AE 两两垂直如图，以A 为坐标原点，分别以AB，AE，AP 所在直线为x 轴， y轴， z 轴建立空间直角坐标系A-xyz，则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4， 2,0)因为 D 为 PB 的中点，所以D(2,0,1)故 CP (4,2,2)， AD(2,0,1)所以AD， CPAD CP|AD| | CP|65263010. 设异面直线PC，AD 所成的角为 ，则 cos AD， CP 3010. 答案：30108如图，菱形ABCD 中， ABC60 ，AC 与 BD 相交于点O，AE平面 ABCD， CF AE，AB2， CF3.若直线 FO 与平面 BED 所成的角为45 ，则 AE_. 解析： 如图，以O 为原点，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a)， OF设 AEa，则 B(0，3，0)，D(0，3，0)，F( 1,0,3)，E(1,0，(1,0,3)， DB (0,23，0)， EB(1，3， a)设平面BED的法向量为 n(x，y，z)，则n DB0，n EB0，即2 3y0，x3yaz0，则 y 0，令 z1，得 x a，n(a,0,1)， cos n， OFn OF |n|OF |a3a2110. 直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为45 ，|a 3|a2 11022，解得 a2 或 a12(舍去 )， AE 2. 答案： 2 B 级保分题 准做快做达标1(2017 全国卷 )如图，在四棱锥P-ABCD 中， ABCD，且 BAP CDP90 . (1)证明：平面PAB平面 PAD；(2)若 PAPDABDC， APD90 ，求二面角A-PB-C 的余弦值解： (1)证明：由已知BAP CDP90 ，得 ABAP，CDPD. 因为 ABCD，所以 ABPD. 又 APPDP，所以 AB平面 PAD. 又 AB? 平面 PAB，所以平面PAB平面 PAD. (2)在平面 PAD 内作 PFAD，垂足为F. 由 (1)可知，AB平面 PAD， 故 ABPF ， 可得 PF平面 ABCD. 以 F 为坐标原点，FA的方向为x 轴正方向， |AB|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 由 (1)及已知可得A22，0， 0 ，P0，0，22，B22，1，0 ，C 22，1，0 . 所以 PC 22，1，22， CB(2，0,0)，PA22， 0，22， AB (0,1,0)设 n (x1，y1，z1)是平面 PCB 的法向量，则n PC0，n CB0，即22x1y122z10，2x1 0.所以可取n(0， 1，2)设 m (x2，y2，z2)是平面 PAB 的法向量，则m PA0，m AB0，即22x222z20，y20.所以可取m (1,0,1)则 cos n，m n m|n|m |23233. 由图知二面角A-PB-C 为钝角，所以二面角A-PB-C 的余弦值为33. 2(2019 合肥一检 )如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD是 正 方形，BF 平面 ABCD，DE平面 ABCD，BF DE，M 为棱 AE 的中点(1)求证：平面BDM 平面 EFC ；(2)若 DE 2AB，求直线AE 与平面 BDM 所成角的正弦值解： (1)证明：连接AC 交 BD 于点 N，连接 MN ，则 N 为 AC 的中点，又 M 为 AE 的中点， MN EC . MN?平面 EFC ，EC? 平面 EFC ， MN平面 EFC . BF ，DE 都与平面ABCD 垂直， BF DE. BF DE ，四边形BDEF 为平行四边形，BDEF. BD?平面 EFC ，EF? 平面 EFC ，BD平面 EFC . 又 MN BD N，平面BDM 平面 EFC . (2)DE 平面 ABCD， 四边形 ABCD 是正方形， DA， DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz. 设 AB2，则 DE 4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)， DB (2,2,0)， DM(1,0,2)，设平面 BDM 的法向量为n(x，y， z)，则n DB 0，n DM 0，得2x2y 0，x2z0.令 x 2，则 y 2，z 1，从而 n(2， 2， 1)为平面 BDM 的一个法向量 AE (2,0,4)，设直线AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则 sin n， AE|n AE|n| | AE |4 515，直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 515. 3如图， EA平面 ABC ，DB平面 ABC，ABC 是等边三角形， AC2AE，M 是 AB 的中点(1)求证： CMEM; (2)若直线DM与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B-CD-E的余弦值解： (1)证明：因为ABC 是等边三角形，M 是 AB 的中点，所以 CM AM. 因为 EA平面 ABC，CM ? 平面 ABC，所以 CMEA. 因为 AM EA A，所以 CM 平面 EAM . 因为 EM ? 平面 EAM ，所以 CM EM . (2)以点 M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴， MB 所在直线为y 轴，过M且与直线BD 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M-xyz，如图所示因为 DB平面 ABC，所以 DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成的角，所以 tanDMB BDMB2，即 BD2MB ，所以 BDAC. 不妨设 AC2，又 AC2AE，则 CM3，AE 1. 故 B(0,1,0)，C(3， 0,0)，D(0,1,2)，E(0， 1,1)所以 BC (3， 1,0)， BD (0,0,2)， CE(3， 1,1)， CD(3，1,2)设平面 BCD 与平面 CDE 的一个法向量分别为m (x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，由m BC0，m BD0，得3x1 y1 0，2z1 0，令 x11，得 y13，所以 m (1，3，0)由n CE0，n CD0，得3x2y2z20，3x2y22z20.令 x21，得 y233，z22 33. 所以 n1，33，2 33. 所以 cosm ，nm n|m |n| 0. 所以二面角B-CD-E 的余弦值为0. 。