2022屆《創(chuàng)新設(shè)計》數(shù)學(xué)一輪(理科)人教A版課時作業(yè)-8-7立體幾何中的向量方法(二)-求空間角

第7講立體幾何中的向量方法（二）——求空間角基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(2022·廣東卷)已知向量a＝(1，0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)解析經(jīng)檢驗，選項B中向量(1，－1，0)與向量a＝(1，0，－1)的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，即它們的夾角為60°，故選B.答案B2．(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ卷)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5) C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz，設(shè)BC＝2，則B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以eq\o(BM,\s\up8(→))＝(1，－1，2)，eq\o(AN,\s\up8(→))＝(－1，0，2)，故BM與AN所成角θ的余弦值cosθ＝eq\f(|\o(BM,\s\up8(→))·\o(AN,\s\up8(→))|,|\o(BM,\s\up8(→))|·|\o(AN,\s\up8(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).答案C3．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，N為B1B的中點(diǎn)，則|eq\o(MN,\s\up8(→))|為 ()A.eq\f(\r(21),6)a B.eq\f(\r(6),6)a C.eq\f(\r(15),6)a D.eq\f(\r(15),3)a解析以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則A(a，0，0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).設(shè)M(x，y，z)，∵點(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),6)a.答案A4．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為 ()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)解析以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，設(shè)棱長為1，則A1(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，∴eq\o(A1D,\s\up8(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1E,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up8(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up8(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1( y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).答案B5．在四周體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為 ()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)a C.eq\f(a,3) D.eq\r(6)a解析依據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P－xyz，則P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．過點(diǎn)P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點(diǎn)H，則PH的長即為點(diǎn)P到平面ABC的距離．∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心．又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心，可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).∴PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),3)a.∴點(diǎn)P到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3)a.答案B二、填空題6．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為__________．解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面所成二面角的大小為eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).答案eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于__________．解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，則eq\o(DC,\s\up8(→))＝(0，1，0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up8(→))＝(0，1，2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up8(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up8(→))，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2，1)．設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up8(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up8(→)),|n||\o(DC,\s\up8(→))|)))＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)8.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是__________．解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)，則eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(2，0，2)，∴eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(BC1,\s\up8(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up8(→))，eq\o(BC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角為60°.答案60°三、解答題9．(2022·浙江卷)如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)證明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大?。?1)證明在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝eq\r(2)，由AC＝eq\r(2)，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，從而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE.又DE⊥DC，DC∩AC＝C，從而DE⊥平面ACD.(2)解以D為原點(diǎn)，分別以射線DE，DC為x軸，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，如圖所示．由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，eq\r(2))，B(1，1，0)．設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，可算得eq\o(AD,\s\up8(→))＝(0，－2，－eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up8(→))＝(1，－2，－eq\r(2))，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1－\r(2)z1＝0，,x1－2y1－\r(2)z1＝0，))可取m＝(0，1，－eq\r(2))．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y2－\r(2)z2＝0，,x2＋y2＝0，))可取n＝(1，－1，eq\r(2))．于是|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(3,\r(3)·2)＝eq\f(\r(3),2)，由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角B－AD－E的大小是eq\f(π,6).10．(2021·湖南卷)如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)證明：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值．(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．從而eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－t，3，0)．由于AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，0)．由于eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(B1D,\s\up8(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up8(→))⊥eq\o(B1D,\s\up8(→))，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up8(→))＝(0，1，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，則n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up8(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up8(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up8(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).力氣提升題組(建議用時：25分鐘)11．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的正弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(6),3)解析取BC中點(diǎn)O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面BCD的一個法向量，可進(jìn)一步求出平面ABD的一個法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(\r(5),5)，∴sin〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).答案C12．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是 ()A．30° B．45°C．60° D．90°解析如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).則eq\o(CA,\s\up8(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(a，a，0)，設(shè)平面PAC的一個法向量為n，設(shè)n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up8(→))＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0，1，1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up8(→))·n,|\o(CB,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°.答案A13．(2021·南京一模)P是二面角α－AB－β棱上的一點(diǎn)，分別在平面α，β上引射線PM，PN，假如∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為__________．解析不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝eq\f(\r(2),2)a，PF＝eq\f(\r(2),2)b，∴eq\o(EM,\s\up8(→))·eq\o(FN,\s\up8(→))＝(eq\o(PM,\s\up8(→))－eq\o(PE,\s\up8(→)))·(eq\o(PN,\s\up8(→))－eq\o(PF,\s\up8(→)))＝eq\o(PM,\s\up8(→))·eq\o(PN,\s\up8(→))－eq\o(PM,\s\up8(→))·eq\o(PF,\s\up8(→))－eq\o(PE,\s\up8(→))·eq\o(PN,\s\up8(→))＋eq\o(PE,\s\up8(→))·eq\o(PF,\s\up8(→))＝abcos60°－a×eq\f(\r(2),2)bcos45°－eq\f(\r(2),2)a×bcos45°＋eq\f(\r(2),2)a×eq\f(\r(2),2)b＝eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)＋eq\f(ab,2)＝0.∴eq\o(EM,\s\up8(→))⊥eq\o(FN,\s\up8(→))，∴二面角α－AB－β的大小為90°.答案90°14．(2022·天津卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．(1)證明：BE⊥DC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點(diǎn)，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．(1)證明依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1)．向量eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)解向量eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－1，2，0)，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(1，0，－2)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)為平面PBD的一個法向量，于是有cos〈n