（江苏专用）高考数学一轮复习 加练半小时 专题8 立体几何 第64练 向量法求解空间角 理（含解析）-人教版高三数学试题

第64练向量法求解空间角[基础保分练]1.如图所示，已知空间四边形OABC中OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，则cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值为________．2.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为______．3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成的角的余弦值为________．4．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成角的余弦值为________．5．(2019·无锡模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为________．6.如图，在三棱锥O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，∠AOB＝90°，OC⊥平面AOB，D为AB的中点，则OD与平面OBC所成的角为________．7．平面α的一个法向量为n＝(1，－eq\r(3)，0)，则y轴与平面α所成的角的大小为________．8．(2019·江苏盐城中学期中)如图所示，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则异面直线OA与BC所成的角的余弦值为________．9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1D与CD1所成的角为____________，二面角B－A1C－D的大小为________．10.如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，M，N分别是AB和SC的中点．则直线SM与平面SAC所成角的大小为________．[能力提升练]1.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成角的余弦值是________．2．已知空间向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且a，b的夹角为eq\f(π,3)，O为空间直角坐标系的原点，点A，B满足eq\o(OA,\s\up6(→))＝2a＋b，eq\o(OB,\s\up6(→))＝3a－b，则△OAB的面积为________．3．过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成二面角的大小是________．4.如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．则异面直线NE与AM所成角的余弦值为________．5．(2019·江苏南通中学月考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于________．6．已知△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝1，若点A关于直线PC的对称点为D，则直线AD与BC所成角的余弦值是________．答案精析基础保分练1．02.60°3.eq\f(\r(10),10)4.eq\f(\r(3),3)5.eq\f(\r(30),10)6．45°解析以O为原点，以OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0,0,1)，由题意得OB⊥OA，OA⊥OC，∴eq\o(OA,\s\up6(→))是平面BOC的法向量，设OD与平面OBC的夹角为θ，θ∈[0°，90°]，则sinθ＝|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝45°，∴OD与平面OBC的夹角为45°.7.eq\f(π,3)解析y轴的一个方向向量为m＝(0,1,0)，设y轴与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，n〉|.∵cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－\r(3),2×1)＝－eq\f(\r(3),2)，∴sinθ＝eq\f(\r(3),2)，∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3).8.eq\f(3－2\r(2),5)解析因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉－|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－16eq\r(2)，所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(24－16\r(2),8×5)＝eq\f(3－2\r(2),5).所以OA与BC的夹角的余弦值为eq\f(3－2\r(2),5).9．60°60°解析以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，设异面直线A1D与CD1所成的角为θ，θ∈(0°，90°]，则cosθ＝eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·\o(CD1,\s\up6(→))|,|\o(A1D,\s\up6(→))|·|\o(CD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°，∴异面直线A1D与CD1所成的角为60°.eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，设平面DCA1的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝x1＋z1＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝y1＝0，))取x1＝1，得n＝(1,0，－1)，设平面BCA1的法向量m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CA1,\s\up6(→))＝x2－y2＋z2＝0，,m·\o(CB,\s\up6(→))＝x2＝0，))取y2＝1，得m＝(0,1,1)，设二面角B－A1C－D的大小为α，α为锐角，则cosα＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴α＝60°，∴二面角B－A1C－D的大小为60°.10.eq\f(π,4)解析因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设SA＝SB＝SC＝2，则M(1,1,0)，B(0,2,0)，N(0,0,1)，A(2，0,0)，C(0,0,2)，所以eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1,1,0)，设平面SAC的一个法向量为eq\o(SB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，则由cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)·2)＝eq\f(\r(2),2)得〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,4)，所以直线SM与平面SAC所成角的大小为eq\f(π,2)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4).能力提升练1.eq\f(2\r(5),5)2.eq\f(5\r(3),4)3．45°解析以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，易得平面APB的一个法向量为n1＝(0,1,0)，平面PCD的一个法向量为n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(2),2)，故所求二面角的大小是45°.4.eq\f(\r(10),10)解析如图，以D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，因为|cos〈eq\o(NE,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).5.eq\f(\r(2),3)解析设A1在底面ABC内的射影为O，过O作OH∥BC交AB于点H，以O为坐标原点，分别以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))，eq\o(OA1,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)．设△ABC的边长为1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(6),3)))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),6)，\f(1,2)，\f(\r(6),3)))，平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值sinα＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(6),3),\r(\f(75,36)＋\f(1,4)＋\f(6,9)))＝eq\f(\r(2),3).6.eq\f(\r(2),4)解析如图，取AC的中点O，连结BO，PO，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴BO⊥AC，∵PA⊥平面ABC，BO⊂平面ABC，∴BO⊥PA，∵AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，∴BO⊥平面APC，如图，以A为坐标原点，AC，AP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，易得AD与PC的交点H为PC中点，则A(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)