（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（二十四） 运用空间向量求角

1课时达标训练(二十四)运用空间向量求角A组——大题保分练1．(2019·南通等七市二模)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，AP＝AD＝2.(1)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(2)若点M，N分别在AB，PC上，且MN⊥平面PCD，试确定点M，N的位置．解：(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以{AB―→，AD―→，AP―→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．从而PB―→＝(1，0，－2)，PC―→＝(1，2，－2)，PD―→＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PC―→＝0，n·PD―→＝0，即x＋2y－2z＝0，2y－2z＝0，不妨取y＝1，则x＝0，z＝1.所以平面PCD的一个法向量为n＝(0，1，1)．设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PB―→，n〉|＝PB―→·n|PB―→|·|n|＝105，即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105.(2)设M(a，0，0)，则MA―→＝(－a，0，0)，设PN―→＝λPC―→，则PN―→＝(λ，2λ，－2λ)，而AP―→＝(0，0，2)，所以MN―→＝MA―→＋AP―→＋PN―→＝(λ－a，2λ，2－2λ)．由(1)知，平面PCD的一个法向量为n＝(0，1，1)，因为MN⊥平面PCD，所以MN―→∥n.2所以λ－a＝0，2λ＝2－2λ，解得λ＝12，a＝12.所以M为AB的中点，N为PC的中点．2．(2018·苏北四市期末)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以{FA―→，FB―→，FG―→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值；(2)求二面角F­BC1­C的余弦值．解：(1)因为AB＝1，AA1＝2，则F(0，0，0)，A12，0，0，C－12，0，0，B0，32，0，E12，0，1，A112，0，2，C1－12，0，2，所以AC―→＝(－1，0，0)，BE―→＝12，－32，1.记异面直线AC和BE所成角为α，则cosα＝|cos〈AC―→，BE―→〉|＝－1×12122＋－322＋1＝24，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为24.(2)设平面BFC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)．因为FB―→＝0，32，0，FC1―→＝－12，0，2，则m·FB―→＝0，m·FC1―→＝0，即32y1＝0，－12x1＋2z1＝0，取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为m＝(4，0，1)．设平面BCC1的法向量为n＝(x2，y2，z2)．因为CB―→＝12，32，0，CC1―→＝(0，0，2)，3则n·CB―→＝0，n·CC1―→＝0，即12x2＋32y2＝0，2z2＝0，取x2＝3，得平面BCC1的一个法向量为n＝(3，－1，0)，所以cos〈m，n〉＝4×3＋（－1）×0＋1×0（3）2＋（－1）2＋02·42＋02＋12＝25117.根据图形可知二面角F­BC1­C为锐二面角，所以二面角F­BC1­C的余弦值为25117.3．(2019·扬州期末)如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD.(1)若AE＝2，求直线DE与直线BC所成角；(2)若二面角A­BE­D的大小为π3，求AE的长度．解：由题意知AB⊥AD，又AE⊥平面ABD，∴以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．过点C作CF⊥BD，垂足为F，又平面ABD⊥平面CBD，CF⊂平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴CF⊥平面ABD.∵CB＝CD＝2，∴F为BD的中点，CF＝2.(1)易知E(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(1，1，2)，∴DE―→＝(0，－2，2)，BC―→＝(－1，1，2)，∴DE―→·BC―→＝0，∴DE―→⊥BC―→，∴直线DE与直线BC所成角为π2.(2)设AE的长度为a(a＞0)，则E(0，0，a)，易知AD⊥平面ABE，∴平面ABE的一个法向量为n1＝(0，1，0)．由(1)知BE―→＝(－2，0，a)，BD―→＝(－2，2，0)，设平面BDE的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，4则n2⊥BE―→，n2⊥BD―→，∴n2·BE―→＝－2x1＋az1＝0，n2·BD―→＝－2x1＋2y1＝0，得x1＝a2z1，x1＝y1，取z1＝2，则x1＝y1＝a.∴平面BDE的一个法向量为n2＝(a，a，2)．∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝aa2＋a2＋4×1＝a2a2＋4.∵二面角A­BE­D的大小为π3，∴a2a2＋4＝12，得a＝2，∴AE的长度为2.4.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BA＝BC＝5，AC＝8，D为线段AC的中点．(1)求证：BD⊥A1D；(2)若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为45，求AA1的长．解：(1)证明：∵三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴BD⊥AA1，∵BA＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1，又A1D⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1D.(2)由(1)知BD⊥AC，AA1⊥平面ABC，以D为坐标原点，DB，DC所在直线分别为x轴，y轴，过点D且平行于AA1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.设AA1＝λ(λ＞0)，则A1(0，－4，λ)，B(3，0，0)，C1(0，4，λ)，D(0，0，0)，∴DA―→1＝(0，－4，λ)，DC―→1＝(0，4，λ)，DB―→＝(3，0，0)，设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DC―→1＝0，n·DB―→＝0，即4y＋λz＝0，3x＝0，5则x＝0，令z＝4，可得y＝－λ，故n＝(0，－λ，4)为平面BC1D的一个法向量．设直线A1D与平面BC1D所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DA―→1〉|＝|n·DA―→1||n|·|DA―→1|＝|4λ＋4λ|λ2＋16·λ2＋16＝45，解得λ＝2或λ＝8，即AA1＝2或AA1＝8.B组——大题增分练1．(2019·盐城三模)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AC＝AD＝3，PA＝BC＝4.(1)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．解：设BC的中点为E，连接AE，由AB＝AC，可知AE⊥BC，故以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，则P(0，0，4)，D(0，3，0)，B(5，－2，0)，C(5，2，0)．(1)设θ为异面直线PB与CD所成的角，由PB―→＝(5，－2，－4)，CD―→＝(－5，1，0)，得cosθ＝PB―→·CD―→|PB―→|·|CD―→|＝7630，即异面直线PB与CD所成角的余弦值为7630.(2)设n1＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，由(1)得PB―→＝(5，－2，－4)，PC―→＝(5，2，－4)，由PB―→·n1＝0，PC―→·n1＝0，得5x－2y－4z＝0，5x＋2y－4z＝0，故取n1＝(4，0，5)为平面PBC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为n2＝(1，0，0)．设α为平面PAD与平面PBC所成锐二面角的平面角，则cosα＝n1·n2|n1|·|n2|＝42121，6所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为42121.2．(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB―→，OC―→，OO1―→―}为基底，建立空间直角坐标系O­xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以P32，－12，2，从而BP―→＝－32，－12，2，AC1―→＝(0，2，2)，所以|cos〈BP―→，AC1―→〉|＝|BP―→·AC1―→||BP―→|·|AC1―→|＝|－1＋4|5×22＝31020.所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点，所以Q32，12，0，因此AQ―→＝32，32，0，AC1―→＝(0，2，2)，CC1―→＝(0，0，2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则AQ―→·n＝0，AC1―→·n＝0，即32x＋32y＝0，2y＋2z＝0.不妨取n＝(3，－1，1)．设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈CC1―→，n〉|＝|CC1―→·n||CC1―→|·|n|＝25×2＝55.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.3．(2019·南师附中、天一中学四月联考)如图，在三棱锥P­ABC中，7底面ABC是直角三角形，侧棱PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，E为棱PB上的点，PA＝AB＝BC＝2.(1)当PE＝2EB时，求平面AEC与平面PAB所成的锐二面角的余弦值．(2)在(1)的条件下，线段AC上是否存在一点F，使得EF与平面PAB所成的角θ的正弦值为33.若存在，求线段AF的长；若不存在，请说明理由．解：(1)以A为坐标原点，AB，PA所在直线分别为y轴、z轴，过点A且平行于BC的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)．由题意得E为线段PB上靠近点B的三等分点，则E0，43，23，所以AE―→＝0，43，23，AC―→＝(2，2，0)．设平面AEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则AE―→·n1＝0，AC―→·n1＝0，则43y1＋23z1＝0，2x1＋2y1＝0，令y1＝1，则n1＝(－1，1，－2)为平面AEC的一个法向量．易知平面PAB的一个法向量为n2＝(1，0，0)，所以|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2|n1||n2|＝66，所以平面AEC与平面PAB所成的锐二面角的余弦值为66.(2)假设存在满足题意的点F.设AF―→＝λAC―→＝(2λ，2λ，0)(λ＞0)，所以EF―→＝AF―→－AE―→＝2λ，2λ－43，－23，所以sinθ＝|cos〈EF―→，n2〉|＝EF―→·n2|EF―→||n2|＝|2λ|8λ2－163λ＋209＝33，整理得λ2＋43λ－59＝0，解得λ＝13或λ＝－53.又λ＞0，所以λ＝13，所以AF＝13AC.8易得AC＝22，所以AF＝223.4.如图，在四棱锥S­ABCD中，SD⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1.(1)求二面角S­BC­A的余弦值；(2)设