【新高考复习】第8讲　立体几何中的向量方法(二)——求空间角

第8讲立体几何中的向量方法(二)——求空间角一、选择题1.(2016·长沙模拟)在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).∴AC→＝(1，1，0)，B1D→＝(－1，1，－1)，∵AC→·B1D→＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴AC→⊥B1D→，∴AC与B1D所成的角为π2.答案D2.(2017·郑州调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A.32B.33C.35D.25解析设正方体的棱长为1，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，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以BB1→＝(0，0，1)，AC→＝(－1，1，0)，AD1→＝(－1，0，1).令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC→＝－x＋y＝0，n·AD1→＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，所以sinθ＝|cos〈n，BB1→〉|＝13×1＝33.答案B3.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解析以A为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)，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＝(1，y，z)，所以有A1D→·n1＝0，A1E→·n1＝0，即y－z＝0，1－12z＝0，解得y＝2，z＝2.∴n1＝(1，2，2).∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案B4.(2017·西安调研)已知六面体ABC－A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为()A.45°B.60°C.90°D.30°解析如图所示，取AC的中点N，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系.则A0，－a2，0，C0，a2，0，B13a2，0，a，D0，a2，a2，C10，a2，a，∴AB1→＝3a2，a2，a，AD→＝0，a，a2，CC1→＝(0，0，a).设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，由n·AB1→＝0，n·AD→＝0，可取n＝(3，1，－2).∴cos〈CC1→，n〉＝CC1→·n|CC1→||n|＝－2aa×22＝－22，∴直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.答案A5.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A.32B.22C.223D.233解析如图建立坐标系.则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，D1A1→＝(2，0，0)，DB→＝(2，2，0)，设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·DA1→＝0，n·DB→＝0，∴2x＋2z＝0，2x＋2y＝0，令z＝1，得n＝(－1，1，1).∴D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→·n||n|＝23＝233.答案D二、填空题6.(2017·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则EF→＝(0，－1，1)，BC1→＝(2，0，2)，∴EF→·BC1→＝2，∴cos〈EF→，BC1→〉＝22×22＝12，∴EF和BC1所成的角为60°.答案60°7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________.解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则DC→＝(0，1，0)，DB→＝(1，1，0)，DC1→＝(0，1，2).设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥DB→，n⊥DC1→，所以有x＋y＝0，y＋2z＝0，令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DC→〉|＝n·DC→|n||DC→|＝23.答案238.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________.解析延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角.∵BH＝322，EB＝1，∴tan∠EHB＝EBBH＝23.答案23三、解答题9.(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以GB→，GC→的方向为x轴，y轴正方向，|GB→|为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)，F－1，0，22，C(0，3，0).所以AE→＝(1，3，2)，CF→＝－1，－3，22.故cos〈AE→，CF→〉＝AE→·CF→|AE→||CF→|＝－33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.10.(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.(1)证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥EF，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝3.可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，3).由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2，0，3).所以EC→＝(1，0，3)，EB→＝(0，4，0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4，0，0).设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则n·EC→＝0，n·EB→＝0，即x＋3z＝0，4y＝0，所以可取n＝(3，0，－3).设m是平面ABCD的法向量，则m·AC→＝0，m·AB→＝0，同理可取m＝(0，3，4).则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－21919.故二面角E－BC－A的余弦值为－21919.11.(2017·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.55B.53C.255D.35解析不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴BC1→＝(0，2，－1)，AB1→＝(－2，2，1)，∴cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→·AB1→|BC1→||AB1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.∴BC1→与AB1→的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为55.答案A12.在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是()A.30°B.45°C.60°D.90°解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P0，－a2，a2.则CA→＝(2a，0，0)，AP→＝－a，－a2，a2，CB→＝(a，a，0)，设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·CA→＝0，n·AP→＝0，解得x＝0，y＝z，可取n＝(0，1，1)，则cos〈CB→，n〉＝CB→·n|CB→|·|n|＝a2a2·2＝12，又∵〈CB→，n〉∈(0°，180°)，∴〈CB→，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案A13.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为__________.解析∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CA→·BD→＝|CA→|·|BD→|·cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.答案60°14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD.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.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.(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)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，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平