向量法求空间角高二数学立体几何

向量法求空间角1.（本小题满分10分）在如图所示的多面体屮，四边形ABCD为正方形，四边形ADPQ是直角梯形,形，四边形ADPQ是直角梯形,ADPQ-（1）求证：F0丄平面DCQ；（2）求平面BC0及平面ADPQ所成的锐二而角的大小・2.（满分13分）如图所示，正四棱锥P—中，0为底面正方形的中心,侧棱及底面所成的角的正切值为半.（1）求侧面及底面所成的二面角的大小;若E是的中点，求异面直线及所成角的正切值；问在棱上是否存在一点F,使丄侧面，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由.3-(本小题只理科做，满分14分)如图，己知AB丄平而ACD,DE//AB,AACD是正三角形，AD=DE=2AB,且F是CD的中点.求证：AF//平面BCE；求证:平面BCE丄平面CDE;求平面BCE及平面ACD所成锐二面角的大小.4-(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD^,PD丄底面且底面ABCD为正方形，AD=PD=2，EFG分别为PC.PD.CB的中点•求证：4P//平面EFG;求平面GEF和平面DEF的夹角.6.如图，四边形ABCD是正方形，E4丄平面ABCD,EA“PD,AD=PD=2EAfF,G,H分别为PB,EE,PC的中点.求证：FG〃平而PED;求平面FGH及平面PFC所成锐二面角的大小.参考答案(1)详见解析；(2)壬4【解析】试题分析：(1)根据题中所给图形的特征，不难想到建立空间直角坐标，由已知，DA,DP,DC两两垂直，可以D为原点，DA.DP、DC所在直线分别为x轴、)，轴、z轴建立空间直角坐标系.表示出图屮各点的坐标:设43二a,则D(0,0,0),C(0,0,a),Q(a,a,0)fP(0,2a,0),则可表示出反=(0,0,a),DQ=(a,a,0),甩=(a,_a,0),根据数量积为零及垂直的充要条件进行证明，由DCPQ=0,DQPQ=0f故药丄甩，宛丄蔗,即可证明；(2)首先求出两个平面的法向量，其中由于万？丄平而ADPQ,所以可取平而ADPQ的一个法向量为瓦=(0,0,1)；设平面的一个法向量为n2=(x,y,z),则n2-QB=0,n2-QC=0,故即取y=z=1,贝'Jx=0,故兀=(0,1,1),转化为两个法向量的夹角，设小及兀的夹角为0,则海8=当件=厶=返・即可求出平面BC0及平面ADPQ所成的锐二而l^ill^lV22角的大小.试题解析：(1)由已知，DA,DP,DC两两垂直，可以D为原点，DA>DP、DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设43二a,则£>(0,0,0),C(0,0y),0(a,a,O),P(0,2a,0),故反=(0,0,a),DQ=(a,a,0),PQ=(aa,0)f因为DCPQ=0fDQPQ=0f故万芒丄甩，宛丄范，只卩DC丄PQ,£>0丄PQ,5LDCC\DQ=D所以，P0丄平面DCQ.(2)因为说丄平面ADPQ,所以可取平面ADPQ的一个法向量为瓦=(0,0,1),点B的坐标为(a,0,a),则QB=(0,—a,a),QC=(-a,-a,a),设平面BCQ的一个法向量为n2=(x,y,z)f则n2QB=0fn2QC=0f故即取y=z=\,则x=0,故亓2=(0,1,1)・设瓦及斤的夹角为e,则cos—豆互=厶=並・- 闪近2所以，平面FC0及平面ADPQ所成的锐二面角的大小为冬4考点：1.空间向量的应用；2.二面角的计算；3.直线及平面的位置关系(1)60。； (2); (3)F是的4等分点，靠近A点的位置.【解析】试题分析：(1)取中点M,连接，，由正四棱锥的性质知Z为所求二面角PV6 返 0的平面角，Z为侧棱及底面所成的角/.Z=2,设=3,则=2a,=2a,2,Z=巧，Z=60°; (2)依题意连结，，则〃，故Z为异面直线及所成的角，由正四棱锥的性质易证丄平面，故为直角三角1 1 、 、逅 A0形，=3=代防+"2=兀・・./=而=；(3)延长交于N,取中点G,连，，，易得丄半而，故平而丄半面，而△为正三角形，易证丄平面，取的中点F,连，则四边形为平行四边形，从而丄平面，F是的4等分点，靠近A点的位置.试题解析：（1）取中点M,连接，，依条件可知丄，丄，则Z为所求二面角P——0的平面角（2分）・・•丄面,・・・z为侧棱及底而所成的角.・・・Z=〒设=8,=2a,=・Z=2a,POZ=~MO=上.（2）连接，,・・・〃,TOC\o"1-5"\h\z・・・Z为异面直线及所成的角. （6分）・・•丄，丄，・••丄平而.又u平面， ・•・丄.丁=丄=丄yjpo1+DO2=—a,22 4・・•丄，丄，・•・丄平而・•・平面丄平面. （10分）又=,Z=60°,・•・△为正三角形.・•・丄.又平面Q平面=,・••丄平而. （12分）.••F是的4等分点，靠近A点的位置 （13分）考点：立体儿何的综合问题（1）见解析；（2）见解析；（3）45°.【解析】试题分析：（1）取屮点P,连接、，根据屮位线定理可知，且且，而，且则为平行四边形，贝I」，平面，U平面，满足线面平行的判定定理，从而证得结论;根据丄平面，，则丄平而，又u平而，根据线面垂直的性质可知DE丄AF.又AF丄CD,CDC1DE=D,满足线面垂直的判定定理，证得丄平面，又，则丄平面，u平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论；由(2),以F为坐标原点，，，所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系F・・设2,根据线而垂直求出平面的法向量n,而(0,0,1)为平面的法向量，设平面及平而所成锐二而角为a,根据可求出所求.试题解析：(1)解:取中点P,连结、，・・・F为的中点，・•・，且又，且・•・，且，・••为平行四边形，・•・又・・•AF(Z平面u平面，・•・平面(2)・・•△为正三角形，・・・AF丄CD.•・•丄平面，・•・丄平面，又u平面，・••丄.又丄Q,・・・丄平面又，.••丄平面.又Tu平面,・•・平面丄平面(3)法一、由(2)，以F为坐标原点,所在的直线分别为轴(如图)，建立空间直角坐标系F-.设2,则C(0,—1,0),B(—的Q1),瓦(0,1,2).设n=(x,y,z)为平而的法向量，.■.n.CS=0,«.ra=0,.J~^+v+2=0，令1,则«=(0,-1,1)2y+2z=0显然，加=(0,0,1)为平面的法向量.设面及面所成锐二面角为则cos—凹旦=返•••.—45。.|加|•|川y/2 2即平面及平而所成锐二面角为45。法二、延长、，设、交于一点0,连结.则面EBC0面DAC=CO.由是z\EDO的屮位线，则DO=2AD.在\OCD中OD=2AD=2AC,ZODC=60°.0C丄CD,又OCIDE.:.OC丄面ECD而U面，OC丄CE,.・.ZECD为所求二面角的平面角在Rf'EDC中，ED=CD,:.ZECD=45°即平面及平而所成锐二面角为45。.考点：及二面角有关的立体儿何综合题；直线及平面平行的判定；平面及平面垂直的判定.4.证明见解析【解析】试题分析：：(1)利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将儿何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)证明线面平行，需证线线平行，只需要证明直线的方向向量及平面的法向量垂直；(3)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值；(4)空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施儿何问题代数化•同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理及性质定理条件要完备.试题解析：(1)如图，以D为原点，以丽，反,丽为方向向量建立空间直角坐标系D-xyz,则P(0,0,2),C(0,2,0),G(l,2,0),E(0,l,l),F(0,0,l),4(2,0,0)..•.乔=(―2,0,2),丽=(0,—1、0),而=(1,1-1).设平面EFG的法向量为n=(x,y,z)即令x=1则/i=(1,0,1).

•/n-AP=1x(-2)+0x0+lx2=0,.\n丄AP.又平面EFG,:.4P〃平面EFG.(2)•.•底而ABCD是正方形，.•./!£＞丄DC,又tPD丄平面ABCD..AD丄PD又PDr\CD=D,:.AD丄平面PCD向量页是平而PCD的一个法向量，丽=(2,0,0)又由(1)知平面EFG的法向量：=(1。1).二面角G-EF-D的平面角为45。.考点：(1)证明直线及平面平行；(2)利用空间向量解决二面角问题.5.(I)详见解析；(II)【解析】试题分析：(I)取40的中点D,连接，由已知条件推导出丄平面ABC,从而4D丄BC,由线面垂直得4人丄眈・由此能证明丄BC.(1【)方法一：连接，由已知条件得ZACD即为直线AC及平面40C所成的角，ZAED即为二面角A-A^-B的一个平面角，由此能求出二面角4-AC-B的大小.解法二(向量法)：由(1)知43丄BC且丄底面ABC,所以以点B为原点，以BC、BA.所在直线分别为兀)曾轴建立空间直角坐标系B_xyz，设BC=a,贝I」4(0,2,0),3(0,0,0),C(a,0,0),A(0,2,2),BC=(a,0,0),bA=(0,2,2),AC=(67,-2,0),丛=(0,0,2),求出平面的一个法向量兀=(/,〉，⑵，设直线AC及平面A.BC所成的角为8,则得AC||/?；|萌拧2= 」一2|丄，解得°=2,即AC=(2,-2,0),求出平面人必的一个法向量为石=（1丄0）,设锐二面角A-A.C-B的大小为a,则cosa=cos<4”〉=|上；冬=丄，且，即可求出锐二面角AC||/?；|萌拧2'|训S2试题解析：解（1）证明：如图，取的中点D，连接AD，因AA=AB,则AD丄40由平面\BC丄侧面A[ABBl,且平面A.BCA侧面A.ABB,=A.B,得4D丄平面40C,又BCu平面A/C,所以4D丄BC.因为三棱柱ABC-A^C,是直三棱柱，则4人丄底面4BC,所以4人丄BC.又AAAAD=A,从而BC丄侧而九4码，又ABu侧面\ABB{,故丄BC.6分解法一：连接CD,由（1）可知4D丄平面40C,则CD是AC在平面A0C内的射影・•・ZACD即为直线AC及平面A0C所成的角，则 在等腰直角中,AAi=AB=l,且点D是AB中点，・•・，且，・•・AC=2yf2过点A作4E丄于点E,连DE,由（1）知4D丄平面A/C,则AD丄力&,B.AEp\AD=AZAED即为二面角A-A.C-B的一个平面角且直角AA/C中:9/19

又AD=y[2_A^AAC2x2近又AD=y[2AC2^3 3.“杯AD迈*sinZAED==—=——，AE2V6 2且二面角A-A.C-B为锐二面角・・・，即二面角A-A.C-B的大小为彳12分解法二（向量法人由（1）知丄3C且丄底面力BC,所以以点F为原点，以BC、BA. 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系B_xyz，如图所示，且设BC=a,则A(0,Z0),3(000),C(a，0,0),人(0.2,2),SC=(^0,0),两=(0,2,2),AC=(a-2.0),皿=(0,0,2) 设平面A.BC的一个法向量斤=(x,y⑵,由氏丄兀,BA；丄亓得：令),=1,得x=0,z=-lf则兀=(0丄—1)设直线4C及平面A/C所成的角为比则得沁「歸=占疋盲解得。=得沁「歸=占疋盲解得。=2,即AC=(2,-2,0)又设平而AAC的一个法向量为忘，同理可得石=（1丄0）,设锐二面角4—AC—B的大小为a,贝IJcosa=cos＜兀，忻〉=化||仝=丄，且，得_H帆2・・・锐二面角A-A.C-B的大小为牛考点：1.用空间向量求平面间的夹角；2.空间中直线及直线之间的位置关系.6.（1）证明见解析；（2）45°【解析】试题分析：（1）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将儿何证明转化为向量运算.其屮灵活建系是解题的关键.（2）证明证线线垂直，只需要证明直线的方向向量垂直；（3）把向量夹角的余弦值转化为两平面法向星夹角的余弦值；（4）空间向星将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施儿何问题代数化.同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系屮判定定理及性质定理条件要完备.试题解析：（1）证明：分别为PB,的中点，/.FGHPE.又•/FG（Z平面PED,卩丘匸平面戸反），:.FG〃平面PED.（2）解：tEA丄平面ABCD,EAHPD,.•*£＞丄平面ABCD.-AD.CDu平面ABCD,PD丄AP,PD1CD.四边形4BCD是正方形，.•.4D丄CD.以D为原点，分别以直线DA、DC、DP为x轴，y轴，乙轴建立如图所示的空间直角坐标系，设EA=L.-,-AD=PD=2EA,.•.D（0,0,0）,P（0,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,B（2,2,0）,E（2,0,l）,用=（2,2,-2）,PC=（0,2,-2）.•••F,G,H分别为PF,EE,PC的中点，.-.F（l丄1）,G,日（0丄1）,,

(解法一)设耳为平面FGH的一个法向量，贝IJ,即,令%=1,得闵=(0,1,0).设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量，则，即,令冬=1，得n2=(0,1,1).所以COS〈〃1，〃2〉|¥•所以平面FGH及平面PBC所成锐二而角的大小为丄(或45。)4(解法二)\DHSC=(0,1,1)(-