课时作业(四十七)　利用空间向量求空间角.DOC

1、课时作业(四十七)利用空间向量求空间角 基础过关组 一、选择题 1在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 是 AB 的中点，则 sinDB1 ， CM 的值等于() A.1 2 B. 210 15 C. 2 3 D. 11 15 解析分别以 DA，DC，DD1为 x，y，z 轴建系，令 AD1，所以DB1 (1,1,1)，CM 1，1 2，0。所 以 cosDB1 ， CM 11 2 3 5 2 15 15 。所以 sinDB1 ， CM 210 15 。 答案B 2已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为正方形，AA12AB，E 为 AA1的中点，则异面直线 BE 与

2、CD1所成角的余弦值为() A. 10 10 B.1 5 C.3 10 10 D.3 5 解析如图，以 D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系。设 AA12AB2，则 B(1,1,0)，E(1,0,1)， C(0,1,0)，D1(0，0,2)。所以BE (0，1,1)，CD1 (0，1,2)。所以 cosBE ， CD1 12 2 5 3 10 10 。 答案C 3.如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 CD1的中点，则直线 AE 与平面 A1BCD1所成 角的正切值为() A. 2 2 B.1 2 C. 3 2 D. 2 解析连接 AB1，与 A1B 交于点

3、 F(图略)，由于 AFA1B，AFBC，则 AF平面 A1BCD1。连接 EF，则 AEF 是直线 AE 与平面 A1BCD1所成的角，tanAEFAF EF 2 2 。故选 A。 答案A 4.如图，点 A，B，C 分别在空间直角坐标系 Oxyz 的三条坐标轴上，OC (0,0,2)，平面 ABC 的法向量为 n(2,1,2)。设二面角 CABO 的大小为，则 cos () A.4 3 B. 5 3 C.2 3 D2 3 解析由题意得平面 AOB 的一个法向量为OC (0,0,2)。又平面 ABC 的法向量为 n(2,1,2)，二面角 CABO 的大小为，且为锐角，所以 cos |OC n|

4、 |OC |n| 4 23 2 3。故选 C。 答案C 5.(2021长春调研)如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2。若二面角 B1DCC1的大小为 60，则 AD 的长为() A. 2B. 3 C2D. 2 2 解析如图所示，以 C 为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标 系， 则 C(0,0,0)， A(1,0,0)， B1(0,2,2)， C1(0,0,2)。 设 ADa， 则 D 点坐标为(1,0， a)， CD (1,0， a)， CB1 (0,2,2)。 设平面 B1CD 的一个法向量为 m(x，

5、y， z)。 由 mCB1 2y2z0， mCD xaz0， 得 yz， xaz， 令 z1， 则 m(a,1， 1)。又平面 C1DC 的一个法向量为 n(0,1,0)，则由 cos 60|mn| |m|n|，得 1 a22 1 2，解得 a 2(负值舍去)， 所以 AD 2。故选 A。 答案A 6已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ABC60，则直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的 余弦值为() A. 6 4 B. 10 4 C. 2 2 D. 3 2 解析取 BC 的中点 E，连接 AE，AC。因为四边形 ABCD 为菱形，ABC60，所以ABC 为正三角 形，则

6、 AEBC，又 ADBC，所以 AEAD。以 A 为原点，AE 的方向为 x 轴正方向，AD 的方向为 y 轴正方 向，AA1 的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。设 AB2，则 B( 3，1,0)，C1( 3，1,2)， A(0,0,0)，A1(0,0,2)，BC1 (0,2,2)，AB ( 3，1,0)，AA1 (0,0,2)。设平面 ABB1A1的一个法向量为 n(x，y， z)，则 nAB 3xy0， nAA1 2z0， 取 x1，得 n(1，3，0)。设直线 BC1与平面 ABB1A1所成的角为，则 sin |cosBC1 ，n|BC 1 n| |BC1 |n| 2

7、 3 8 4 6 4 ，因为0，90，所以 cos 1 6 4 2 10 4 ，所以直线 BC1 与平面 ABB1A1所成角的余弦值为 10 4 。故选 B。 答案B 二、填空题 7已知正三棱锥 APBC 的侧棱 AP，AB，AC 两两垂直，D，E 分别为棱 PA，BC 的中点，则异面直线 PC 与 DE 所成角的余弦值为_。 解析设 AB2，以 A 为坐标原点， AB ， AC，AP分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Axyz， 则 P(0,0,2)， D(0,0,1)， C(0,2,0)， E(1,1,0)， DE (1,1， 1)， PC (0,2， 2)， 则

8、cos DE ， PC 22 32 2 6 3 ，所以异面直线 PC 与 DE 所成角的余弦值为 6 3 。 答案 6 3 8已知四棱锥 PABCD 的底面是菱形，BAD60， PD平面 ABCD，且 PDAB， E 是棱 AD 的中点， F 为棱 PC 上一点。若 PFFC12，则直线 EF 与平面 ABCD 所成角的正弦值为_。 解析如图， 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz。 设菱形ABCD的边长为2， 则D(0,0,0)， E 3 2 ，1 2，0， F 0，2 3， 4 3 ， 所以EF 3 2 ，7 6， 4 3 。 又平面 ABCD 的一个法向量为 n(0,0,1

9、)， 所以 cos EF ， n 4 3 3 2 2 7 6 2 4 3 21 4 35 35 ，即直线 EF 与平面 ABCD 所成角的正弦值为4 35 35 。 答案 4 35 35 9.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为 AD，DD1的中点，则平面 EFC1B 和平面 BCC1所成 锐二面角的正弦值为_。 解析以 D 为原点，DA 的方向为 x 轴正方向，DC 的方向为 y 轴正方向，DD1 的方向为 z 轴正方向，建立 空间直角坐标系。设 AB2，则 E(1，0,0)，F(0,0,1)，B(2,2,0)，EF (1,0,1)，EB(1,2,0)。设平面 EFC1

10、B 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 nEF xz0， nEB x2y0， 取 x2，得 n(2，1，2)。易知平面 BCC1的一 个法向量为 m(0,1,0)。 设平面 EFC1B 和平面 BCC1所成的锐二面角为， 则 cos |nm| |n|m| 1 3， 所以 sin 2 2 3 。 答案 2 2 3 三、解答题 10(2021辽宁大连诊断)如图，已知 BD 为圆锥 AO 底面圆 O 的直径，若 ABBD4，C 是圆锥 AO 底 面所在平面内一点，CD 2，且直线 AC 与圆锥底面所成角的正弦值为 42 7 。 (1)求证：平面 AOC平面 ACD； (2)求二面角 BADC 的余

11、弦值。 解(1)证明：由 ABBD4 及圆锥的性质， 得ABD 为等边三角形，AO 垂直于底面圆 O， 所以 AO2 3，ACO 是直线 AC 与圆锥底面所成的角，又直线 AC 与圆锥底面所成角的正弦值为 42 7 ， 所以在 RtAOC 中，AC AO 42 7 14， OC AC2AO2 2。 因为 OC2CD2OD2，所以 CDOC。 因为 AO 垂直于底面圆 O，所以 AOCD， 又 AOOCO，所以 CD平面 AOC， 又 DC平面 ACD，所以平面 AOC平面 ACD。 (2)在圆 O 所在平面内过点 O 作 BD 的垂线，交圆 O 于点 E，以 O 为坐标原点，分别以 OE，OD

12、，OA 所 在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示。 则 B(0，2,0)，D(0,2,0)，A(0,0,2 3)，C(1,1,0)，AC (1,1，2 3)，AD (0,2，2 3)， 设平面 ACD 的一个法向量为 m(x，y，z)， 由 AC m0， AD m0， 得 xy2 3z0， 2y2 3z0， 取 z1，则 m( 3，3，1)。 易知平面 ABD 的一个法向量为 n(1,0,0)， 所以 cosm，n mn |m|n| 21 7 ， 由图可知，二面角 BADC 为锐二面角， 故二面角 BADC 的余弦值为 21 7 。 11 (2021重庆七校联考)如图， 在四

13、棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 是菱形， DAB60， PD底面 ABCD， PDAD1，E，F 分别为 AB 和 PD 的中点。 (1)求证：直线 AF平面 PEC； (2)求 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值。 解(1)证明：如图，作 FMCD 交 PC 于点 M，连接 ME，因为 F 为 PD 的中点，所以 FM 綊 1 2CD， 又 E 是 AB 的中点，所以 AE1 2ABFM， 所以四边形 AEMF 为平行四边形，所以 AFEM， 因为 AF平面 PEC，EM平面 PEC， 所以 AF平面 PEC。 (2)如图所示，建立空间直角坐标系，由已知得 P(0,0,1)，C(0

14、,1,0)，E 3 2 ，0，0 ，A 3 2 ，1 2，0， B 3 2 ，1 2，0， 所以AP 3 2 ，1 2，1，AB (0,1,0)。 设平面 PAB 的一个法向量为 n(x，y，z)， 因为 nAB 0， nAP 0， 所以 y0， 3 2 x1 2yz0， 取 x1，则 z 3 2 ， 所以平面 PAB 的一个法向量为 n 1，0， 3 2 ， 因为PC (0,1，1)， 设向量 n 与PC 所成的角为， 所以 cos nPC |n|PC | 3 2 7 4 2 42 14 ， 所以 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 42 14 。 素养提升组 12.如图，在正方体 AB

15、CDA1B1C1D1中，E 为线段 AA1上的一个动点，F 为线段 B1C1上的一个动点，则平 面 EFB 与底面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值的取值范围是() A. 0， 2 2B. 3 3 ， 2 2 C. 0， 3 3D. 0， 5 5 解析以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设 AD1，AEm，C1Fn，则 B(1,1,0)，E(1,0，m)，F(n,1,1)，BE (0，1，m)，BF(n1,0,1)。设平面 EFB 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 BE n0， BF n0， 即 ymz0， n1xz0， 取

16、x1，则 n(1，m(n1)， n1)。易知底面 ABCD 的一个法向量为 m(0,0,1)。设平面 EFB 与底面 ABCD 所成的锐二面角为，则 cos |n1| 1m2n12n12，当 n1 时，cos 0，当 n1 时，cos 1 1 1n2m 21 0， 2 2 ，显然当 n0，m0 时，cos 取得 2 2 。故 cos 0， 2 2 。故选 A。 答案A 13(2021河北衡水中学调研)已知，图中直棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，其中 AA1AC2BD 4。点 E，F，P，Q 分别在棱 AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足 BFDQ，CPBFDQAE1。 (1

17、)求证：E，F，P，Q 四点共面，并证明 EF平面 PQB； (2)是否存在点 P，使得二面角 BPQE 的余弦值为 5 5 ？如果存在，求出 CP 的长；如果不存在，请说明 理由。 解(1)证明：证法一：在棱 CC1， DD1上分别取点 M，N， 使得 QNPM1，连接 MN， 易知四边形 MNQP 是平行四边形， 所以 MNPQ，连接 FM，NE， 则 AEND，且 AEND， 所以四边形 ADNE 为平行四边形， 故 ADNE，同理，FMBC， 又 ADBC，且 NEMFAD， 故四边形 FMNE 是平行四边形， 所以 EFMN，所以 EFPQ， 故 E，F，P，Q 四点共面， 又 EF

18、PQ，EF平面 PQB，PQ平面 PQB， 所以 EF平面 PQB。 证法二：因为直棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形， 所以 ACBD，AA1底面 ABCD， 设 AC，BD 的交点为 O，以 O 为原点， 分别以 OA，OB，及过 O 且与 AA1平行的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则有 A(2,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)， 设 BFa，a1,3， 则 E(2,0，a1)，F(0,1，a)，P(2,0，a1)， Q(0，1，a)，则EF (2,1,1)，QP (2,1,1)， 所以 EFPQ，故 E，F，P，Q 四点共面， 又 EFP

19、Q，EF平面 PQB，PQ平面 PQB， 所以 EF平面 PQB。 (2)EF (2,1,1)，EQ (2，1,1)， 设平面 EFPQ 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则 2x1y1z10， 2x1y1z10， 可得平面 EFPQ 的一个法向量为 n1(1,0,2)。 BP (2，1，a1)，BQ (0，2，a)， 设平面 PQB 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 则 2x2y2a1z20， 2y2az20， 所以平面 PQB 的一个法向量为 n2(a2,2a,4)。 故|cosn1，n2| a10 5 a222a216| 5 5 ， 则(a10)25a24a20， 即有 a24a200，解得 a22 61,3， 故不存在满足条件的点 P。