高中一轮复习数学板块命题点专练（十一）空间向量及其应用

板块命题点专练(十一)空间向量及其应用命题点向量法求空间角及应用命题指数：☆☆☆☆难度：中题型：解答题1.(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B­A1D­A的正弦值．解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系A­xyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．则cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→)),|eq\o(A1B,\s\up7(→))||eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq\f(1,7).因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1,7).(2)可知平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，则y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·m,|eq\o(AE,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).设二面角B­A1D­A的大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B­A1D­A的正弦值为eq\f(\r(7),4).2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为底面ABCD是正方形，所以E为BD的中点．所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.以O为原点，以eq\o(OD,\s\up7(→))，eq\o(OE,\s\up7(→))，eq\o(OP,\s\up7(→))为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，得y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题知二面角B­PD­A为锐角，所以二面角B­PD­A的大小为60°.(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，则eq\o(MC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(MC,\s\up7(→))|,|n||eq\o(MC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2\r(6),9).所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).3.(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\x\to(DF)的中点．(1)设P是eq\x\to(CE)上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(AG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AG,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(9＋3－4,4×4)＝eq\f(1,2).由图知二面角E­AG­C为锐角，故所求二面角E­AG­C的大小为60°.4．(2016·天津高考)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O­EF­C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．解：依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(OF,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0，0)．(1)证明：依题意，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1，－1,2)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．又eq\o(EG,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up7(→))·n1＝0.又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易证eq\o(OA,\s\up7(→))＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(－1,1,2)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(EF,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(CF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,－x2＋y2＋2z2＝0，))不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，n2〉＝eq\f(eq\o(OA,\s\up7(→))·n2,|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up7(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以，二面角O­EF­C的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因为eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up7(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，进而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\