高考总复习理数（人教版）课时作业提升第08章立体几何第7节空间向量的应用第2课时

课时作业提升(四十八)利用空间向量求空间角(对应学生用书P260)A组夯实基础1．(2018·临沂调研)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为A．eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5) D．－eq\f(2\r(5),5)解析：选A不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))|·|\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).2．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(1,3)解析：选A设AB＝1，则AA1＝2，分别以eq\o(D1A1,\s\up6(→))，eq\o(D1C1,\s\up6(→))，eq\o(D1D,\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．如图所示：则D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2).eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y－2z＝0.))取n＝(－2,2,1)．设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|n·\o(DC,\s\up6(→))|,|n||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3)，故选A．3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)解析：选B以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz,设棱长为1，则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\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)，∴有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).4．(2018·郑州模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为____________解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C(0,2，1)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,2,0)．则n·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)．设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)5．已知单位正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1,0,1)，B(0,0,1)，D1(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0)).(1)因为eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，所以cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉＝eq\f(0，1，－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)),\r(2)×\f(\r(2),2))＝eq\f(1,2)，即AD1与EF所成的角为60°.(2)eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))，由图可得，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1，0，0·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)))),1×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋－12＋12))＝eq\f(1,3)，所以cosθ＝eq\f(2\r(2),3).即AF与平面BEB1所成角的余弦值为eq\f(2\r(2),3).6．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD．(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1－BD－C1的大小．(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC．而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD．BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC．(2)解：由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，|eq\o(CA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,－z＝0.))可取n＝(1,1,0)．同理，设m＝(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,－x1＋z1＝0.))可取m＝(1,2,1)．从而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1－BD－C1的大小为30°.7．如图，三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A(1)若eq\o(CD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，证明：DE∥平面BCC1B1；(2)若二面角C1－AA1－B为eq\f(π,3)，求平面A1B1BA与平面C1B1BC成的锐二面角的余弦值．(1)证明：连接AC1，BC1，梯形A1C1CA，AC＝2A易知：AC1∩A1C＝D，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC1,\s\up6(→))，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，则DE∥BC1，BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，可得：DE∥平面BCC1B1.(2)解：侧面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1⇒AA1⊥AC，A1A⊥AB，则∠BAC为二面角C1－AA1－B的平面角，∠BAC＝eq\f(π,3).⇒△ABC，△A1B1C1均为正三角形，在平面ABC内，过点A作AC的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，故点A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2eq\r(3)，2,0)，B1(eq\r(3)，1,1)．设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1＝0，,\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))⇒m＝(1，－eq\r(3)，0)，设平面C1B1BC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,\r(3)x2－3y2＋z2＝0，))⇒n＝(1，eq\r(3)，2eq\r(3))，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝－eq\f(1,4)，故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为eq\f(1,4).B组能力提升1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．(1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD．又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC．(2)解：由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1)).设m是平面AEC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))同理可取m＝(0，－1，eq\r(3))，则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角D－AE－C的余弦值为eq\f(\r(7),7).2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)解：由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5).3．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)E是侧棱PB上一点，记eq\f(PE,PB)＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(1)证明：因为BC＝AD＝2，AB＝4，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC)＝2eq\r(3)，又BC2＋AC2＝AB2，所以BC⊥AC．又PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC．因为PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC．(2)解：以A为坐标原点，过点A作垂直于AB的直线为x轴，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,4,0)，P(0,0,3)．因为在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠ABC＝60°，则∠DAx＝30°，所以D(eq\r(3)，－1,0)．又eq\f(P