高考数学一轮复习课时作业(四十七)　利用空间向量求空间角 (2)

1、1 / 6 课时作业(四十七) 利用空间向量求空间角 基础过关组 一、选择题 1在正方体 abcd- a1b1c1d1中，m是 ab 的中点，则 sindb1，cm的值等于( ) a.12 b.21015 c.23 d.1115 解析 分别以 da，dc，dd1为 x，y，z 轴建系，令 ad1，所以db1(1,1,1)，cm1，12，0 。所以 cosdb1，cm1123521515。所以 sindb1，cm21015。 答案 b 2已知直四棱柱 abcd- a1b1c1d1中，底面 abcd 为正方形，aa12ab，e 为 aa1的中点，则异面直线be 与 cd1所成角的余弦值为( ) a

2、.1010 b.15 c.3 1010 d.35 解析 如图，以 d 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系。设 aa12ab2，则 b(1,1,0)，e(1,0,1)，c(0,1,0)，d1(0，0,2)。所以be(0，1,1)，cd1(0，1,2)。所以 cosbe，cd1122 53 1010。 答案 c 3.如图，在棱长为 2的正方体 abcd- a1b1c1d1中，e为线段 cd1的中点，则直线 ae与平面 a1bcd1所成角的正切值为( ) a.22 b.12 c.32 d. 2 解析 连接 ab1，与 a1b 交于点 f(图略)，由于 afa1b，afbc，则 af平面 a1bcd

3、1。连接 ef，则aef是直线 ae 与平面 a1bcd1所成的角，tanaefafef22。故选 a。 答案 a 4.如图，点 a，b，c 分别在空间直角坐标系 oxyz 的三条坐标轴上，oc(0,0,2)，平面 abc 的法向量为n(2,1,2)。设二面角 c- ab- o 的大小为 ，则 cos ( ) a.43 b.53 c.23 d23 解析 由题意得平面 aob 的一个法向量为oc(0,0,2)。又平面 abc 的法向量为 n(2,1,2)，二面角c- ab- o的大小为 ，且为锐角，所以 cos |oc n|oc|n|42323。故选 c。 2 / 6 答案 c 5.(2021

4、长春调研)如图所示，在直三棱柱 abc- a1b1c1中，acb90 ，2acaa1bc2。若二面角b1- dc- c1的大小为 60 ，则 ad 的长为( ) a. 2 b. 3 c2 d.22 解析 如图所示，以 c 为坐标原点，ca，cb，cc1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 c(0,0,0)，a(1,0,0)，b1(0,2,2)，c1(0,0,2)。设 ada，则 d 点坐标为(1,0，a)，cd(1,0，a)，cb1(0,2,2)。设平面 b1cd 的一个法向量为 m(x，y，z)。由 m cb12y2z0，m cdxaz0，得 yz，xaz，令 z1，

5、则 m(a,1，1)。又平面 c1dc 的一个法向量为 n(0,1,0)，则由 cos 60 |m n|m|n|，得1a2212，解得 a2(负值舍去)，所以 ad 2。故选 a。 答案 a 6已知直四棱柱 abcd- a1b1c1d1的所有棱长都相等，abc60 ，则直线 bc1与平面 abb1a1所成角的余弦值为( ) a.64 b.104 c.22 d.32 解析 取 bc 的中点 e，连接 ae，ac。因为四边形 abcd 为菱形，abc60 ，所以abc 为正三角形，则 aebc，又 adbc，所以 aead。以 a 为原点，ae的方向为 x 轴正方向，ad的方向为 y 轴正方向，a

6、a1的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。设 ab2，则 b( 3，1,0)，c1( 3，1,2)，a(0,0,0)，a1(0,0,2)，bc1(0,2,2)，ab( 3，1,0)，aa1(0,0,2)。设平面 abb1a1的一个法向量为 n(x，y，z)，则 n ab 3xy0，n aa12z0，取 x1，得 n(1， 3，0)。设直线 bc1与平面 abb1a1所成的角为，则 sin |cosbc1，n|bc1 n|bc1|n|2 38 464，因为 0 ，90 ，所以 cos 1642104，所以直线 bc1与平面 abb1a1所成角的余弦值为104。故选 b。 答案 b

7、 二、填空题 7已知正三棱锥 a- pbc 的侧棱 ap，ab，ac 两两垂直，d，e 分别为棱 pa，bc 的中点，则异面直线pc 与 de 所成角的余弦值为_。 解析 设 ab2，以 a 为坐标原点，ab，ac，ap分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 axyz，则 p(0,0,2)，d(0,0,1)，c(0,2,0)，e(1,1,0)，de(1,1，1)，pc(0,2，2)，则 cosde，pc2232 263，所以异面直线 pc 与 de 所成角的余弦值为63。 答案 63 3 / 6 8已知四棱锥 p- abcd 的底面是菱形，bad60 ，pd平面 abcd，

8、且 pdab，e 是棱 ad 的中点，f 为棱 pc 上一点。若 pffc12，则直线 ef 与平面 abcd 所成角的正弦值为_。 解析 如图，以 d 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 dxyz。设菱形 abcd 的边长为 2，则d(0,0,0)，e32，12，0 ，f0，23，43，所以ef32，76，43。又平面 abcd的一个法向量为 n(0,0,1)，所以 cosef，n4332276243214 3535，即直线 ef 与平面 abcd 所成角的正弦值为4 3535。 答案 4 3535 9.如图，在正方体 abcd- a1b1c1d1中，e，f 分别为 ad，dd1的中点，

9、则平面 efc1b 和平面 bcc1所成锐二面角的正弦值为_。 解析 以 d 为原点，da的方向为 x 轴正方向，dc的方向为 y 轴正方向，dd1的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系。设 ab2，则 e(1，0,0)，f(0,0,1)，b(2,2,0)，ef(1,0,1)，eb(1,2,0)。设平面efc1b 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 n efxz0，n ebx2y0，取 x2，得 n(2，1，2)。易知平面bcc1的一个法向量为 m(0,1,0)。设平面 efc1b 和平面 bcc1所成的锐二面角为 ，则 cos |n m|n|m|13，所以 sin 2 23。 答案 2

10、 23 三、解答题 10(2021 辽宁大连诊断)如图，已知 bd 为圆锥 ao 底面圆 o 的直径，若 abbd4，c 是圆锥 ao 底面所在平面内一点，cd 2，且直线 ac 与圆锥底面所成角的正弦值为427。 (1)求证：平面 aoc平面 acd； (2)求二面角 b- ad- c 的余弦值。 解 (1)证明：由 abbd4 及圆锥的性质， 得abd 为等边三角形，ao 垂直于底面圆 o， 所以 ao2 3，aco 是直线 ac 与圆锥底面所成的角，又直线 ac 与圆锥底面所成角的正弦值为427， 所以在 rtaoc 中，acao427 14， oc ac2ao2 2。 因为 oc2cd

11、2od2，所以 cdoc。 因为 ao 垂直于底面圆 o，所以 aocd， 又 aooco，所以 cd平面 aoc， 又 dc平面 acd，所以平面 aoc平面 acd。 (2)在圆 o 所在平面内过点 o作 bd的垂线，交圆 o于点 e，以 o为坐标原点，分别以 oe，od，oa所在直线为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示。 4 / 6 则 b(0，2,0)，d(0,2,0)，a(0,0,2 3)，c(1,1,0)，ac(1,1，2 3)，ad(0,2，2 3)， 设平面 acd 的一个法向量为 m(x，y，z)， 由 ac m0，ad m0，得 xy2 3z0，2y2 3z0，

12、取 z1，则 m( 3， 3，1)。 易知平面 abd 的一个法向量为 n(1,0,0)， 所以 cosm，nm n|m|n|217， 由图可知，二面角 b- ad- c 为锐二面角， 故二面角 b- ad- c 的余弦值为217。 11(2021 重庆七校联考)如图，在四棱锥 p- abcd 中，底面 abcd 是菱形，dab60 ，pd底面abcd，pdad1，e，f 分别为 ab 和 pd 的中点。 (1)求证：直线 af平面 pec； (2)求 pc 与平面 pab 所成角的正弦值。 解 (1)证明：如图，作 fmcd 交 pc 于点 m，连接 me，因为 f 为 pd 的中点，所以

13、fm 綊12cd， 又 e 是 ab 的中点，所以 ae12abfm， 所以四边形 aemf 为平行四边形，所以 afem， 因为 af平面 pec，em平面 pec， 所以 af平面 pec。 (2)如图所示，建立空间直角坐标系，由已知得 p(0,0,1)，c(0,1,0)，e32，0，0 ，a32，12，0 ， b32，12，0 ， 所以ap32，12，1 ，ab(0,1,0)。 设平面 pab 的一个法向量为 n(x，y，z)， 因为 n ab0，n ap0，所以 y0，32x12yz0， 取 x1，则 z32， 5 / 6 所以平面 pab 的一个法向量为 n1，0，32， 因为pc(

14、0,1，1)， 设向量 n 与pc所成的角为 ， 所以 cos n pc|n|pc|3274 24214， 所以 pc 与平面 pab 所成角的正弦值为4214。 素养提升组 12.如图，在正方体 abcd- a1b1c1d1中，e 为线段 aa1上的一个动点，f 为线段 b1c1上的一个动点，则平面 efb 与底面 abcd 所成的锐二面角的余弦值的取值范围是( ) a.0，22 b.33，22 c.0，33 d.0，55 解析 以 d 为坐标原点，da，dc，dd1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 ad1，aem，c1fn，则 b(1,1,0)，e(1,0，m

15、)，f(n,1,1)，be(0，1，m)，bf(n1,0,1)。设平面 efb 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 be n0，bf n0，即 ymz0，(n1)xz0，取 x1，则 n(1，m(n1)，n1)。易知底面 abcd 的一个法向量为 m(0,0,1)。设平面 efb与底面 abcd所成的锐二面角为 ，则cos |n1|1m2(n1)2(n1)2，当 n1 时，cos 0，当 n1 时，cos 11(1n)2m210，22，显然当 n0，m0 时，cos 取得22。故 cos 0，22。故选 a。 答案 a 13(2021 河北衡水中学调研)已知，图中直棱柱 abcd- a1b1

16、c1d1的底面是菱形，其中 aa1ac2bd4。点 e，f，p，q 分别在棱 aa1，bb1，cc1，dd1上运动，且满足 bfdq，cpbfdqae1。 (1)求证：e，f，p，q四点共面，并证明 ef平面 pqb； (2)是否存在点 p，使得二面角 b- pq- e 的余弦值为55？如果存在，求出 cp 的长；如果不存在，请说明理由。 解 (1)证明：证法一：在棱 cc1， dd1上分别取点 m，n， 使得 qnpm1，连接 mn， 易知四边形 mnqp 是平行四边形， 所以 mnpq，连接 fm，ne， 则 aend，且 aend， 所以四边形 adne为平行四边形， 故 adne，同理

17、，fmbc， 又 adbc，且 nemfad， 故四边形 fmne 是平行四边形， 6 / 6 所以 efmn，所以 efpq， 故 e，f，p，q四点共面， 又 efpq，ef平面 pqb，pq平面 pqb， 所以 ef平面 pqb。 证法二：因为直棱柱 abcd- a1b1c1d1的底面是菱形， 所以 acbd，aa1底面 abcd， 设 ac，bd 的交点为 o，以 o 为原点， 分别以 oa，ob，及过 o 且与 aa1平行的直线为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有 a(2,0,0)，b(0,1,0)，c(2,0,0)，d(0，1,0)， 设 bfa，a1,3， 则 e(2,0，a1)，f(0,1，a)，p(2,0，a1)， q(0，1，a)，则ef(2,1,1)，qp(2,1,1)， 所以 efpq，故 e，f，p，q四点共面， 又 efpq，ef平面 pqb，pq平面 pqb， 所以 ef平面 pqb。 (2)ef(2,1,1)，eq(2