2022届《创新设计》数学一轮(理科)人教A版课时作业-8-7立体几何中的向量方法(二)-求空间角

第7讲立体几何中的向量方法（二）——求空间角基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2022·广东卷)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)解析经检验，选项B中向量(1，－1，0)与向量a＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为eq\f(1,2)，即它们的夹角为60°，故选B.答案B2．(2022·新课标全国Ⅱ卷)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5) C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以eq\o(BM,\s\up8(→))＝(1，－1，2)，eq\o(AN,\s\up8(→))＝(－1，0，2)，故BM与AN所成角θ的余弦值cosθ＝eq\f(|\o(BM,\s\up8(→))·\o(AN,\s\up8(→))|,|\o(BM,\s\up8(→))|·|\o(AN,\s\up8(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).答案C3．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，N为B1B的中点，则|eq\o(MN,\s\up8(→))|为 ()A.eq\f(\r(21),6)a B.eq\f(\r(6),6)a C.eq\f(\r(15),6)a D.eq\f(\r(15),3)a解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).设M(x，y，z)，∵点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up8(→))1，(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),6)a.答案A4．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\up8(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1E,\s\up8(→))＝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＝(1，y，z)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up8(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up8(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1( 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).答案B5．在四周体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为 ()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)a C.eq\f(a,3) D.eq\r(6)a解析依据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).∴PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),3)a.∴点P到平面ABC的距离为eq\f(\r(3),3)a.答案B二、填空题6．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为__________．解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴两平面所成二面角的大小为eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).答案eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________．解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则eq\o(DC,\s\up8(→))＝(0，1，0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up8(→))＝(0，1，2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq\o(DB,\s\up8(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up8(→))，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up8(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up8(→)),|n||\o(DC,\s\up8(→))|)))＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)8.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________．解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则eq\o(EF,\s\up8(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(2，0，2)，∴eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(BC1,\s\up8(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up8(→))，eq\o(BC1,\s\up8(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角为60°.答案60°三、解答题9．(2022·浙江卷)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大小．(1)证明在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝eq\r(2)，由AC＝eq\r(2)，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE.又DE⊥DC，DC∩AC＝C，从而DE⊥平面ACD.(2)解以D为原点，分别以射线DE，DC为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，eq\r(2))，B(1，1，0)．设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，可算得eq\o(AD,\s\up8(→))＝(0，－2，－eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up8(→))＝(1，－2，－eq\r(2))，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(1，1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1－\r(2)z1＝0，,x1－2y1－\r(2)z1＝0，))可取m＝(0，1，－eq\r(2))．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y2－\r(2)z2＝0，,x2＋y2＝0，))可取n＝(1，－1，eq\r(2))．于是|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(3,\r(3)·2)＝eq\f(\r(3),2)，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B－AD－E的大小是eq\f(π,6).10．(2021·湖南卷)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．从而eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－t，3，0)．由于AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(BD,\s\up8(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up8(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，0)．由于eq\o(AC,\s\up8(→))·eq\o(B1D,\s\up8(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up8(→))⊥eq\o(B1D,\s\up8(→))，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up8(→))＝(0，1，0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up8(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up8(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up8(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).力气提升题组(建议用时：25分钟)11．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(6),3)解析取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(\r(5),5)，∴sin〈n，eq\o(OA,\s\up8(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).答案C12．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是 ()A．30° B．45°C．60° D．90°解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).则eq\o(CA,\s\up8(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(a，a，0)，设平面PAC的一个法向量为n，设n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up8(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up8(→))＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0，1，1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up8(→))·n,|\o(CB,\s\up8(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up8(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案A13．(2021·南京一模)P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，假如∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为__________．解析不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝eq\f(\r(2),2)a，PF＝eq\f(\r(2),2)b，∴eq\o(EM,\s\up8(→))·eq\o(FN,\s\up8(→))＝(eq\o(PM,\s\up8(→))－eq\o(PE,\s\up8(→)))·(eq\o(PN,\s\up8(→))－eq\o(PF,\s\up8(→)))＝eq\o(PM,\s\up8(→))·eq\o(PN,\s\up8(→))－eq\o(PM,\s\up8(→))·eq\o(PF,\s\up8(→))－eq\o(PE,\s\up8(→))·eq\o(PN,\s\up8(→))＋eq\o(PE,\s\up8(→))·eq\o(PF,\s\up8(→))＝abcos60°－a×eq\f(\r(2),2)bcos45°－eq\f(\r(2),2)a×bcos45°＋eq\f(\r(2),2)a×eq\f(\r(2),2)b＝eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)＋eq\f(ab,2)＝0.∴eq\o(EM,\s\up8(→))⊥eq\o(FN,\s\up8(→))，∴二面角α－AB－β的大小为90°.答案90°14．(2022·天津卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．(1)证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．向量eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(DC,\s\up8(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)解向量eq\o(BD,\s\up8(→))＝(－1，2，0)，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(1，0，－2)，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有cos〈n