2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)(三十九)利用空間向量求空間角理

課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十九）利用空間向量求空間角[一般難度題——全員必做]1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D為B1C1的中點(diǎn)，求異面直線BD和A1C所成角的余弦值．解：如下圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸成立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)CA＝CB＝CC1＝2，則A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，―→―→BD＝(0，－1,2)，A1C＝(－2,0，－2)，―→―→1―→―→10∴cos〈，〉＝1＝－.∴異面直線與所成角的余弦值為BD·AC1BDAC―→―→5BDAC|BD||A1C|10.52.(2018·河南洛陽(yáng)模擬)已知三棱錐A-BCD，AD⊥平面BCD，BD⊥CD，AD＝BD＝2，CD＝23，E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且CP＝2PB.求證：AP⊥DE；求直線AC與平面DEF所成角的正弦值．解：(1)證明：作PG∥BD交CD于點(diǎn)G.連結(jié)AG.CGCP∴＝＝2，GDPB2GD＝3CD＝33.AD⊥平面BCD，∴AD⊥DC，3∵在△ADG中，tan∠GAD＝3，222∴∠DAG＝30°，在Rt△ADC中，AC＝AD＋CD＝4＋12＝16，∴AC＝4，又E為AC的中點(diǎn)，∴DE＝AE＝2，又AD＝2，∴∠ADE＝60°，∴AG⊥DE.AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，又∵BD⊥CD，AD∩CD＝D，∴BD⊥平面ADC，PG⊥平面ADC，∴PG⊥DE.又∵AG∩PG＝G，∴DE⊥平面AGP，又AP?平面AGP，AP⊥DE.1(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DB、DC、DA所在直線分別為x軸、y軸、z軸成立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,23，0)，E(0，3，1)，F(xiàn)(1，3，0)，―→―→―→3，－2)．∴DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，AC＝(0,2設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，―→x＋3y＝0，DF·n＝0，則即―→3＋z＝0，DF·n＝0，y令x＝3，則n＝(3，－3，3)．設(shè)直線與平面所成角為θ，ACDEF―→|―→|－6－6|21AC·n|則sinθ＝|cos〈AC，n〉|＝―→＝421＝7，|AC|·|n|所以AC與平面DEF所成角的正弦值為217.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于點(diǎn)F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點(diǎn)E.證明：CF⊥平面ADF；求二面角D-AF-E的余弦值．解：(1)證明：∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD.又CD⊥AD，PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD.又PC?平面PCD，∴AD⊥PC.又AF⊥PC，AD∩AF＝A，PC⊥平面ADF，即CF⊥平面ADF.設(shè)AB＝1，則在Rt△PDC中，CD＝1，又∠DPC＝30°，∴PC＝2，PD＝3，∠PCD＝60°.3由(1)知CF⊥DF，∴DF＝CDsin60°＝2，1CF＝CDcos60°＝2.又FE∥CD，∴DECF1，∴DE＝3.＝＝4PDPC43同理EF＝4CD＝4.2如下圖，以D為原點(diǎn)，成立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,1)，333E4，0，0，F(xiàn)4，4，0，P(3，0,0)，C(0,1,0)．―→m⊥AE，設(shè)m＝(x，y，z)是平面AEF的一個(gè)法向量，則―→m⊥EF.―→3―→3又AE＝4，0，－1，EF＝0，4，0，―→3m·AE＝4x－z＝0，∴―→3m·EF＝4y＝0.令x＝4，得m＝(4,0，3)．―→由(1)知平面ADF的一個(gè)法向量為PC＝(－3，1,0)，設(shè)二面角D-AF-E的平面角為θ，可知θ為銳角，―→―→43257|m·PC|＝故cosθ＝|cos〈m，PC〉|＝＝.―→19×219|m||PC|257故二面角D-AF-E的余弦值為19.[中檔難度題——學(xué)優(yōu)生做]1.(2018·鄭州質(zhì)量展望)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均相等．D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點(diǎn)．證明：EF∥平面A1CD；(2)若三棱柱ABC-A1B1C1為直棱柱，求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值．解：(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，1連結(jié)ED(圖略)，在△ABC中，由于D，E分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，所以DE∥AC，DE＝2AC.又F為11的中點(diǎn)，可得1＝111，所以1∥，1＝，ACAF2ACAFDEAFDE所以四邊形A1FED為平行四邊形，所以EF∥A1D，又EF?平面A1CD，A1D?平面A1CD，3所以EF∥平面A1CD.法一：由于底面ABC是正三角形，D為AB的中點(diǎn)，所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面A1ABB1.如圖在平面A1ABB1內(nèi)，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥A1D，交直線A1D于點(diǎn)G，連結(jié)，則⊥平面1，所以∠為直線與平面1所CGBGACDBCGBCACD成的角．55設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為1a1aa，可得AD＝2，由△AAD∽△BGD，可得BG＝5，BG5在Rt△BCG中，sin∠BCG＝＝.BC5所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為55.法二：設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連結(jié)OC，OD，由于三棱柱ABC-ABC111111為直棱柱，所以O(shè)D⊥平面A1B1C1，所以O(shè)D⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1為等邊三角形，所以O(shè)C1⊥A1B1.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，―→―→―→x軸，y軸，OA1，OD，OC1的方向分別為z軸的正方向，成立如下圖的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為，則，a，3，1a，，aO(0,0,0)B－，a，0C0，a，2a，0，0D(02A2―→a3―→a，0―→31－，，DC＝0，0，2a.a,0)．所以BC＝2，0，2a，AD＝2a設(shè)平面的法向量為n＝(x，y，)，1―→－ax＋ay＝0，n·1＝0，2由AD得―→3n·DC＝0，2az＝0.令x＝2，得n＝(2,1,0)．設(shè)直線BC與平面A1CD所成的角為θ，―→a5|n·BC|則sinθ＝―→＝5·a2＝5.|n|·|BC|15所以直線BC與平面ACD所成角的正弦值為5.12．如圖①，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，AB＝AE＝BF＝2EF，AB∥EF，把四邊形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中點(diǎn)，如圖②.4求證：AG⊥平面BCE；求二面角C-AE-F的余弦值．解：(1)證明：連結(jié)BG，由于BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG?底面AEFB，所以BC⊥AG，由于AB綊EG，AB＝AE，所以四邊形ABGE為菱形，所以AG⊥BE，又BC∩BE＝B，BE?平面BCE，BC?平面BCE，所以AG⊥平面BCE.(2)由(1)知四邊形ABGE為菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，設(shè)AG∩BE＝O，所以O(shè)E＝OB＝23，OA＝OG＝2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，成立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，則(0,0,0)，(－2,0,0)，(0，－23，0)，(4,23，0)，(0,23，4)，(－2,0,4)，OAEFCD―→―→所以AC＝(2,23，4)，AE＝(2，－23，0)，設(shè)平面的法向量為n＝(x，，z)，ACEy―→2x＋23y＋4z＝0，AC·n＝0，則所以―→2x－23y＝0，AE·n＝0，令y＝1，則x＝3，z＝－3，即平面ACE的一個(gè)法向量為n＝(3，1，－3)，易知平面AEF的一個(gè)法向量為―→，AD＝(0,0,4)設(shè)二面角C-AE-F的大小為θ，由圖易知θ∈0，π，2―→4321|n·AD|所以cosθ＝＝＝.―→7×47|n||AD|5[較高難度題——學(xué)霸做]1.(2018·安徽省百所要點(diǎn)高中模擬)如下圖的幾何體由平面PECF截棱長(zhǎng)為2的正方體獲得，此中P，C為原正方體的頂點(diǎn)，E，F(xiàn)為原正方體側(cè)棱長(zhǎng)的中點(diǎn)，正方形ABCD為原正方體的底面，G為棱上的動(dòng)點(diǎn)．BC(1)求證：平面APC⊥平面PECF；―→―→π(2)設(shè)BG＝λBC(0≤λ≤1)，當(dāng)λ為什么值時(shí)，平面EFG與平面ABCD所成的角為3？解：(1)證明：由已知可知，EB∥FD，且EB＝FD，如圖，連結(jié)BD，則四邊形EFDB是平行四邊形，EF∥BD.∵底面ABCD為正方形，∴BD⊥AC.AP⊥底面ABCD，BD⊥AP.又AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，∴EF⊥平面APC.EF?平面PECF，∴平面APC⊥平面PECF.(2)以D為原點(diǎn)成立如下圖的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，―→，―→λ，則B(2,2,0)，F(xiàn)(0,0,1)，E(2,2,1)，G(2,2－2λ，0)，F(xiàn)E＝(2,2,0)GE＝(0,2，設(shè)m＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，m·―→x＝－y，F(xiàn)E＝0，故即·―→＝0，z＝－2λy，mGE令y＝－1，可得m＝(1，－1,2λ)為平面EFG的一個(gè)法向量，而平面ABCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)．π|2λ|6于是cos3＝|cos〈m，n〉|＝2＋4λ2，解得λ＝±6，66又0≤λ≤1，∴λ＝6.2．(2018·山西太原模擬)如圖甲，在平面六邊形ABFCDE中，四邊形ABCD是矩形，且AB＝4，BC＝2，AE＝DE＝2，BF＝CF＝5，點(diǎn)M，N分別是AD，BC的中點(diǎn)，分別沿直線AD，BC將△ADE，△BCF翻折成如圖乙的空間幾何體ABCDEF.利用下邊的結(jié)論①或結(jié)論②，證明：E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共面；結(jié)論①：過(guò)空間一點(diǎn)作已知直線的垂面，有且只有一個(gè)．結(jié)論②：過(guò)平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面，有且只有一個(gè)．若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°，求二面角A-BE-F的余弦值．解：(1)證明：如圖，連結(jié)MN，ME，NF，∵四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)M，N分別是AD，BC的中點(diǎn)，∴AM∥BN，AM＝BN，∠DAB＝90°，∴四邊形ABNM是矩形，∴AD⊥MN.∵AE＝DE，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，∴AD⊥ME，又MN∩ME＝M，∴AD⊥平面EMN，∴平面EMN⊥平面ABCD，同理可得平面FMN⊥平面ABCD，由結(jié)論②可得平面EMN與平面FMN是同一個(gè)平面，∴E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共面．由(1)知平面EMNF⊥平面ABCD，過(guò)點(diǎn)E作EO⊥MN，垂足為O，∴EO⊥平面ABCD.以過(guò)點(diǎn)O作垂直于MN的直線為x軸，ON，OE所在直線分別為y軸，z軸，成立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.∵AD＝2，AE＝DE＝2，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，∴AE⊥DE，EM＝1，∵二面角E-AD-B是60°，∴∠EMN＝60°，13OM＝2，OE＝2.同理，過(guò)點(diǎn)F作′⊥，可得′＝1，′＝3.FOMNONFO170353―→―→∴A1，－，0，B1，，，E0，0，2，F(xiàn)0，，，則AB＝(0,4,0)，BE＝22273―→531，－2，2，EF＝0，2，2.設(shè)m＝(x1