【新高考复习】课时跟踪检测（三十八） 利用空间向量求空间角 作业

课时跟踪检测（三十八）利用空间向量求空间角1．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为()A．120°B．30°C．90°D．60°解析：选D建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，D(0，－2，0)，∴AD―→＝(－2，－2，0)，BC―→＝(0，－2，2)．∴|AD―→|＝2，|BC―→|＝2，AD―→·BC―→＝2.∴cos〈AD―→，BC―→〉＝AD―→·BC―→|AD―→||BC―→|＝22×2＝12.∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.2．在正方体ABCD­A1B1C1D1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A­xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)，∴A1D―→＝(0,1，－1)，A1E―→＝1，0，－12.设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·A1D―→＝0，n1·A1E―→＝0，即y－z＝0，x－12z＝0，令x＝1，∴y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.3．(多选)(2021·福州质检)已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是()A．DE⊥BFB．EF与CH所成角为π3C．EC⊥平面DBFD．BF与平面ACFE所成角为π4解析：选ABC由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示．以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设AD＝DC＝DG＝2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1)．A．DE―→＝(2,0,2)，BF―→＝(－2,0,2)，∴DE―→·BF―→＝－4＋0＋4＝0，∴DE―→⊥BF―→，∴DE⊥BF，A是正确的．B．EF―→＝(－2,2,0)，CH―→＝(1,0,1)．设EF与CH所成的角为θ，θ∈0，π2，∴cosθ＝|EF―→·CH―→||EF―→||CH―→|＝12.∵θ∈0，π2，∴θ＝π3，B是正确的．C．EC―→＝(－2,2，－2)，DB―→＝(2,2,0)，DF―→＝(0,2,2)．设n＝(x，y，z)是平面DBF的一个法向量，∴DB―→·n＝0，DF―→·n＝0，即x＋y＝0，y＋z＝0，取x＝1，∴n＝(1，－1,1)．∵EC―→＝－2n，∴EC―→∥n，∴EC⊥平面DBF，C是正确的．D．BF―→＝(－2,0,2)，由图象易得m＝(1,1,0)是平面ACFE的一个法向量，设BF与平面ACFE所成的角为θ，θ∈0，π2，∴sinθ＝|cos〈BF―→，m〉|＝|BF―→·m||BF―→||m|＝12，∴θ＝π6，D是不正确的．故选A、B、C.4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,1)，D1(0,0,1)．所以A1C1――→＝(－1，2,0)，BC1―→＝(－1,0,1)，D1C1――→＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有A1C1――→·n＝0，BC1―→·n＝0，即－x＋2y＝0，－x＋z＝0，令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈D1C1――→，n〉|＝|D1C1――→·n||D1C1――→||n|＝22×3＝13.答案：135．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________．解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝23，∠ABC＝90°，则AB1―→·BC1―→＝(BB1―→－BA―→)·(BB1―→＋BC―→)＝4，|AB1―→|＝22，|BC1―→|＝4，cosAB1―→，BC1―→＝AB1―→·BC1―→|AB1―→|·|BC1―→|＝24，故tanAB1―→，BC1―→＝7.答案：76.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(0，3，0)，D(0，－3，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴OF―→＝(－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·DB―→＝0，n·EB―→＝0，即23y＝0，－x＋3y－az＝0，则y＝0，令z＝1，得x＝－a，∴n＝(－a,0,1)，∴cos〈n，OF―→〉＝n·OF―→|n||OF―→|＝a＋3a2＋1×10.∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，∴|a＋3|a2＋1×10＝22，解得a＝2或a＝－12(舍去)，∴AE＝2.答案：27．(2021·青岛模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若______，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．解：若选②：要使得PO⊥平面ABCD，则PO⊥AB.又PC⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BCBA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.下面证明：PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，以OB―→，OC―→，OP―→的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.在菱形ABCD中，设AB＝2，因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝3，设PO＝a，则PA＝a2＋1，PB＝a2＋3.在△PBA中，由余弦定理得：PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2a2＋3×12，解得a＝6，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，6)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，AB―→＝(3，1,0)，AP―→＝(0,1，6)，由n1·AB―→＝0，n1·AP―→＝0，可得3x1＋y1＝0，y1＋6z1＝0，令z1＝1得n1＝(2，－6，1)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，CB―→＝(3，－1,0)，CP―→＝(0，－1，6)，由n2·CB―→＝0，n2·CP―→＝0，可得3x2－y2＝0，y2－6z2＝0，令z2＝1得n2＝(2，6，1)．设二面角A­PB­C的平面角为θ，所以cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝13，所以二面角A­PB­C的余弦值为13.8.如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，且AD＝2AB＝2BC＝2，∠BAD＝90°，△PAD为等边三角形，平面ABCD⊥平面PAD，点E，M分别为PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面PAB；(2)求直线DM与平面ABM所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取PA的中点N，连接EN，BN.∵E为PD的中点，N为PA的中点，∴EN为△PAD的中位线，∴EN∥AD，且EN＝12AD.在梯形ABCD中，BC∥AD，且BC＝12AD，∴BC∥EN，BC＝EN.∴四边形ENBC是平行四边形．∴CE∥BN.又BN⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)如图，取AD的中点O，连接OP，OC.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.又∵CO∥BA，∠BAD＝90°，∴CO⊥AD.∴直线OA，OC，OP两两垂直．以O为原点，OA，OP，OC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O­xyz.由已知条件易知A(1,0,0)，B(1，0,1)，M0，32，12，D(－1，0,0)，∴AB―→＝(0,0,1)，AM―→＝－1，32，12.设平面ABM的法向量为m＝(x，y，z)，则m·AB―→＝z＝0，m·AM―→＝－x＋32y＋12z＝0.令y＝2，则x＝3，可得平面ABM的一个法向量为m＝(3，2,0)．又DM―→＝1，32，12，∴cosm，DM―→＝m·DM―→|m|·|DM―→|＝427，∴直线DM与平面ABM所成角的正弦值为427.9.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于155，求证：平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于π3.证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂平面FHN，所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG，所以FH⊥NG.(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O2­xyz，则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．设H(m，n,2)(由图知m0)，则m2＋n2＝1，NH―→＝(m，n＋1,0)．设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．因为n1·NG―→＝0，n1·NF―→＝0，所以x1，y1，z1·1，1，－2＝0，x1，y1，z1·0，2，0＝0，即x1＋y1－2z1＝0，2y1＝0.令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．因此sinα＝|cos〈NH―→，n1〉|＝|NH―→·n1||NH―→||n1|＝|2m|5×m2＋n＋12＝2m5×2n＋2＝155.所以2m2＝3n＋3，解得n＝－1，m＝0(舍去)或n＝－12，m＝32.所以H32，－12，2.设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．因为n2·NG―→＝0，n2·NH―→＝0，所以x2，y2，z2·1，1，－2＝0，x2，y2，z2·32，12，0＝0，即x2＋y2－2z