（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（四十一）空间向量的应用（空间角的求法） 理（含

课时跟踪检测（四十一）空间向量的应用（空间角的求法）一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P­ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，BD上，且PMPA＝BNBD＝13.(1)求异面直线MN与PC所成角的大小；(2)求二面角N­PC­B的余弦值．解：(1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P­ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝2.以O为坐标原点，DA―→，AB―→方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0，0，2)，AP―→＝(－1,1，2)．故OM―→＝OA―→＋AM―→＝OA―→＋23AP―→＝13，－13，223，ON―→＝13OB―→＝13，13，0，所以MN―→＝ON―→－OM―→＝0，23，－223，PC―→＝(－1,1，－2)，所以cos〈MN―→，PC―→〉＝MN―→·PC―→|MN―→||PC―→|＝32，所以异面直线MN与PC所成角的大小为30°.(2)由(1)知PC―→＝(－1,1，－2)，CB―→＝(2,0,0)，NC―→＝－43，23，0.设m＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则m·PC―→＝0，m·CB―→＝0，即－x1＋y1－2z1＝0，x1＝0，令y1＝2，则z1＝1，即m＝(0，2，1)．设n＝(x2，y2，z2)是平面PCN的一个法向量，则n·PC―→＝0，n·NC―→＝0，即－x2＋y2－2z2＝0，－2x2＋y2＝0，令x2＝2，则y2＝4，z2＝2，即n＝(2,4，2)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝523×22＝53333，故二面角N­PC­B的余弦值为53333.2．(2018·启东检测)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)求二面角A­PC­D的余弦值；(2)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．解：(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，又因为AC⊥AD，故以A为原点，以AD，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系A­xyz，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－12，12，0，P(0,0,2)．PC―→＝(0,1，－2)，CD―→＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，则n·PC―→＝0，n·CD―→0，即y－2z＝0，2x－y＝0.不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)，可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝16＝66.由图知二面角A­PC­D为锐角，所以二面角A­PC­D的余弦值为66.(2)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得BE―→＝12，－12，h，由CD―→＝(2，－1,0)，故cos〈BE―→，CD―→〉＝BE―→·CD―→|BE―→·|CD―→|＝3212＋h2×5＝310＋20h2，所以310＋20h2＝cos30°＝32，解得h＝1010，即AE＝1010.3．(2019·南通一调)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一点，且SP＝12PD.(1)求直线AB与CP所成角的余弦值；(2)求二面角A­PC­D的余弦值．解：(1)如图，分别以AB，AD，SA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，S(0,0,2)．设P(x0，y0，z0)，由SP―→＝13SD―→，得(x0，y0，z0－2)＝13(0,2，－2)，所以x0＝0，y0＝23，z0＝43，则点P的坐标为0，23，43.故CP―→＝－1，－43，43，AB―→＝(1,0,0)，设直线AB与CP所成的角为α，则cosα＝－＋－43×0＋43×0－2＋－432＋432×1＝－34141.所以直线AB与CP所成角的余弦值为34141.(2)设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，因为AP―→＝0，23，43，AC―→＝(1,2,0)，所以m·AC―→＝0，m·AP―→＝0，即x1＋2y1＝0，23y1＋43z1＝0，令y1＝－2，则x1＝4，z1＝1，m＝(4，－2,1)，设平面SCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由于DC―→＝(1,0,0)，DS―→＝(0，－2,2)，所以n·DC―→＝0，n·DS―→＝0，即x2＝0，－2y2＋2z2＝0，令y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)．设二面角A­PC­D的大小为θ(由图可知θ为锐角)，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝|0×4＋－＋1×1|2×21＝4242，所以二面角A­PC­D的余弦值为4242.4.如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.(1)求异面直线EF与BD所成角的余弦值；(2)求二面角O­DF­E的正弦值．解：(1)以O为原点，底面上过O点且垂直于OB的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则B(0,2,0)，P(0,0,4)，D(0，0,2)，E(0,1,2)．设F(x0，y0,0)(x0＞0，y0＞0)，且x20＋y20＝4.则EF―→＝(x0，y0－1，－2)，DE―→＝(0,1,0)．因为EF⊥DE，则EF―→·DE―→＝y0－1＝0，故y0＝1.所以F(3，1,0)，EF―→＝(3，0，－2)，BD―→＝(0，－2,2)．设异面直线EF与BD所成角为α，则cosα＝|EF―→·BD―→||EF―→||BD―→|＝47×22＝147.故异面直线EF与BD所成角的余弦值为147.(2)设平面ODF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·OD―→＝0，n1·OF―→＝0，即2z1＝0，3x1＋y1＝0，令x1＝1，得y1＝－3，则平面ODF的一个法向量为n1＝(1，－3，0)．设平面DEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，因为DE―→＝(0,1,0)，DF―→＝(3，1，－2)，则n2·DE―→＝0，n2·DE―→＝0，即y2＝0，3x2＋y2－2z2＝0，令x2＝1，得z2＝32，则平面DEF的一个法向量为n2＝1，0，32.设二面角O­DF­E的平面角为β，则|cosβ|＝|n1·n2||n1||n2|＝17＝77，所以sinβ＝427.即二面角O­DF­E的正弦值为427.二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2018·镇江高三期末考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E是棱PC的中点．(1)求BE与平面PBD所成角的正弦值；(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的正弦值．解：(1)以{AB―→，AD―→，AP―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)，由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，故BE―→＝(0,1,1)，BD―→＝(－1,2,0)，PB―→＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则n·BD―→＝0，n·PB―→＝0，即－x＋2y＝0，x－2z＝0，令y＝1，得x＝2，z＝1，所以n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，设BE与平面PBD所成角为α，于是sinα＝|cos〈n，BE―→〉|＝|n·BE―→||n||BE―→|＝26·2＝33.所以BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(2)由(1)知BC―→＝(1,2,0)，CP―→＝(－2，－2,2)，AC―→＝(2,2,0)，AB―→＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设CF―→＝λCP―→(0≤λ≤1)．故BF―→＝BC―→＋CF―→＝BC―→＋λCP―→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF―→·AC―→＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF―→＝－12，12，32.设n1＝(x1，y1，z1)为平面FAB的法向量，则n1·AB―→＝0，n1·BF―→＝0，即x1＝0，－12x1＋12y1＋32z1＝0，令z1＝1，得y1＝－3，所以n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．易知平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－31010，设二面角F­AB­P的平面角为θ，即sinθ＝1010.故二面角F­AB­P的正弦值为1010.