课时跟踪检测(四十九) 利用空间向量求空间角

课时跟踪检测（四十九） 利用空间向量求空间角

一、题点全面练

1.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( )

A.C.

30

3030 10

B.D.30 1515 15

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|－1＋4|1＋1＋4×1＋4

与

D1N

―→―→|B1M·D1N|

所成角的余弦值为―→―→＝

|B1M|·|D1N|

＝30

. 10

2．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，1

E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正

3弦值为( )

335A. 35C.3 3

27B. 7D.2 4

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)，

―→x＋y－z＝0，D1E＝0，n·则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．

―→3y－z＝0，D1C＝0，n·

∴cos

―→DC1，n

―→DC1·n335＝―＝，

→35|DC1|·|n|

335

∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.

35

3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，二面角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 C.5 B.6 D．2

解析：选A 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， cos

―→―→AB1·BC2―→―→

AB1，BC1＝―＝， →―→4

|AB1|·|BC|―→―→

AB1，BC1＝7.

故

4.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( )

3A. 533C. 10

5B. 636D. 10

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)， 31

E，，0，G(0,0,2)， 22

―→―→1→3―

B1F＝(1，－3，－1)，EF＝，－，1， GF＝(1,0，－1)．

22设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)， ―→n＝0，EF·1x－3y＋z＝0，

2则即2

―→n＝0，GF·x－z＝0，取x＝1，则z＝1，y＝3，

故n＝(1，3，1)为平面GEF的一个法向量，

1－3－13―→

所以cos〈n，B1F〉＝＝－，

55×53所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.

5

5．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( )

1A. 2C.3 3

2B. 3D.2 2

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，

1

1，0，，D(0,1,0)， 则A1(0,0,1)，E2―→

∴A1D＝(0,1，－1)， 1―→

1，0，－， A1E＝2

设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， ―→y－z＝0，A1D＝0，n1·则即1

―→1－z＝0，2A1E＝0，n1·

y＝2，∴∴n1＝(1,2,2)． z＝2，

又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)， 22∴cos〈n1，n2〉＝＝. 3×13

2

即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.

3

6．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)，

―→DB＝0，n·23y＝0，则即

―→－x＋3y－az＝0，EB＝0，n·

则y＝0，令z＝1，得x＝－a， ∴n＝(－a,0,1)，

―→

n·OFa＋3―→

∴cos〈n，OF〉＝―＝. 2→a＋1×10|n||OF|∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°， ∴2

＝，

a2＋1×102|a＋3|

1

解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2.

2答案：2

7.如图，已知四棱锥P -ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝22，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F -OE -A的余弦值为________．

解析：以O为坐标原点，OB，OC，OP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O-xyz， 由题知，OA＝OB＝2，

―→

则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)， OE―→

＝(1，－1,0)，OF＝(0，－1,1)，

设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)， ―→OE＝0，m·x－y＝0则即

―→－y＋z＝0.OF＝0，m·

令x＝1，可得m＝(1,1,1)．

易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)， 则cos〈m，n〉＝

m·n3

＝. |m||n|3

由图知二面角F-OE-A为锐角， 所以二面角F-OE-A的余弦值为

3. 3

答案：

3 3

8．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；

(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面CMD，

又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.

因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C， 所以DM⊥平面BMC. 因为DM⊂平面AMD， 所以平面AMD⊥平面BMC.

―→

(2)以D为坐标原点， DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC的体积最大时，M为CD的―→

中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，AM―→―→

＝(－2，1,1)，AB＝(0,2,0)，DA＝(2,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，

―→AM＝0，n·－2x＋y＋z＝0，则即可取n＝(1,0,2)，

―→2y＝0.AB＝0，n·

―→

又DA是平面MCD的一个法向量，

―→n·DA525―→―→

所以cos〈n，DA〉＝―＝，sin〈n，DA〉＝. →55

|n||DA|25

所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

5

9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点， 所以PO⊥AC，且PO＝23.连接OB，因为AB＝BC＝

2

AC， 2

1

所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

2所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB. 又因为OB∩AC＝O， 所以PO⊥平面ABC.

―→

(2)以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,23)，

―→

AP＝(0,2,23)．

―→

取平面PAC的一个法向量OB＝(2,0,0)． ―→

设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则AM＝(a,4－a,0)． 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)， ―→n＝0，AP·2y＋23z＝0，由得

―→ax＋4－ay＝0，n＝0， AM·

令y＝3a，得z＝－a，x＝3(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝(3(a－4)，3a，－a)，

23a－4―→

所以cos〈OB，n〉＝.

23a－42＋3a2＋a23―→

由已知可得|cos〈OB，n〉|＝cos 30°＝，

223|a－4|3

所以＝，

23a－42＋3a2＋a224

解得a＝或a＝－4(舍去)．

3所以n＝－

83，43，－4.

333

―→

又PC＝(0,2，－23)，

8383＋333―→

所以cos〈PC，n〉＝＝. 6416164

4＋12·＋＋

339

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为

34

. 二、专项培优练

素养专练——学会更学通

1．[直观想象、数学运算]如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD＝60°，求二面角B-OB1-C的余弦值． 解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴A1O⊥BD.

∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO. ∵BD⊂平面BB1D1D， ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.

(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两直，以O为坐标原点，―OB→，―OC→， ―OA→

1的方向分别为x轴，yz轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°， ∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝3，

OA1＝AA21－OA2＝6.

则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，A1(0,0，6)，

∴―OB→＝(1,0,0)，―BB→―→―→―→―→

1＝AA1＝(0，3，6)， OB1＝OB＋BB1＝(1，3，6)． 设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)， 则―OB→·n＝0，x＝0，―OB→即1·

n＝0，

x＋3y＋6z＝0.

令y＝2，得z＝－1，∴n＝(0，2，－1)是平面OBB1的一个法向量． 同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(6，0，－1)， ∴

n，m

＝n·m121

|n|·|m|＝3×7＝21

， 由图可知二面角B-OB1-C是锐二面角， ∴二面角B-OB1-C的余弦值为21

21

.

垂轴，

2．[直观想象、数学运算]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.

平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC. (1)求证：PA⊥平面PCD；

(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．

解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD， 所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA， 又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD. (2)取AD的中点O，连接PO， 因为PA＝PD，所以PO⊥AD，

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD，

以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝2，PO＝1，

设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)， ―→―→

则BC＝(－a,2,0)，PC＝(a,1，－1)． 设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，

―→BC＝0，m·－ax＋2y＝0，由得令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)为平面

―→ax＋y－z＝0，m·PC＝0，

PBC的一个法向量，

―→

由(1)知n＝DC＝(a,0,0)为平面PAD的一个法向量． 由|cos

m，n

|m·n||2a|21010

|＝＝＝，解得a＝，即CD＝，所以在Rt△PCD

55|m||n|a10a2＋42

215

中，PC＝，

5

CD·PD3

由等面积法可得DE＝PC＝. 3

3．[直观想象，数学运算]如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，

BC＝23，AC＝26，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.

(1)求证：PD⊥平面ABC；

(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角大小．

解：(1)证明：∵AC＝26，BC＝23，AB＝6， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°， ∴cos∠ABC＝

233

＝. 63

又易知BD＝2，

∴CD2＝22＋(23)2－2×2×23cos∠ABC＝8， ∴CD＝22，又AD＝4， ∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.

∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC， ∴CD⊥平面PAB，

又PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD， ∵PD⊥AC，AC∩CD＝C， ∴PD⊥平面ABC.

(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

∵直线PA与平面ABC所成的角为45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，

则A(0，－4,0)，C(22，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，

―→―→―→

∴CB＝(－22，2,0)，AC＝(22，4,0)，PA＝(0，－4，－4)． ∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC， 由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，

又PD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PD⊥BC， ∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，

―→

∴CB＝(－22，2,0)为平面PDE的一个法向量． 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， ―→AC＝0，n·22x＋4y＝0，则即

―→－4y－4z＝0，n·PA＝0，

令z＝1，得x＝2，y＝－1，

∴n＝(2，－1,1)为平面PAC的一个法向量．

∴cos

－4－23―→

n，CB＝＝－，

24×12

3

， 2

∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.