2019年高考数学一轮复习： 课时分层训练47 利用空间向量求空间角 理 北师大版

课时分层训练(四十七) 利用空间向量求空间角
A 组 基础达标
一、选择题
1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 夹角的大小为( )
A.π
6 B.π4
C.
π3
D ．π2
D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，
B 1(1,0,1)，D (0,1,0)．
∴AC →
＝(1,1,0)，
B 1D →
＝(－1,1，－1)，
∵AC →·B 1D →
＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，
∴AC 与B 1D 的夹角为π
2
.]
2. (2017·西安调研)如图7­7­20，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，CA ＝
CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )
图7­7­20
A.55 B ．－
55
C.25
5
D ．－255
A [不妨设C
B ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，
C 1＝(0,2,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→
＝(0,2，－1)，AB 1→
＝(－2,2,1)．
cos 〈BC 1→，AB 1→
〉＝BC 1→·AB 1
→
|BC 1→|·|AB 1→|
＝
0＋4－15×3
＝5
5.] 3．(2017·郑州调研)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1夹角的正弦值为( )
【导学号：79140255】
A.3
2
B ．
33
C.35 D ．25
B [设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA ，D
C ，D
D 1所在直线分别为x 轴、y 轴、
z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，
所以BB →1＝(0,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，AD →
1＝(－1,0,1)．
令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD →
1＝－x ＋z ＝0，令
x ＝1，可得n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n ，BB →1〉|＝
13×1
＝
33
.] 4．已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1夹角的正弦值等于( ) A.64 B ．104 C.22
D ．
32
A [
如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，
A (0，－1,0)，
B 1(3，0,2)，所以AB 1→＝(3，1,2)，由题知BO →
＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1
的法向量．即sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|
＝6
4.故选A.]
5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B ．23 C.33
D ．
22
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A 1(0,0,1)，
E ⎝
⎛⎭
⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫1，0，－12.
设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， ∴有⎩⎪⎨
⎪⎧
A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
y －z ＝0，1－1
2
z ＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝2，z ＝2.
∴n 1＝(1,2,2)．
∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)． ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝2
3，
即所成的锐二面角的余弦值为2
3.]
二、填空题
6．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1夹角的正弦值为________． 13
[
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，
z )为平面A 1BC 1的法向量，
则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→
＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，
于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→
＝(0,2,0)．
设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→
〉|＝13
.]
7．如图7­7­21所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．
图7­7­21
60° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →
， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2
＝36＋16＋64＋2CA →·BD →
＝
116＋2CA →·BD →
＝217.
∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos〈CA →，BD →
〉＝－24. ∴cos〈CA →，BD →
〉＝－12
.
又所求二面角与〈CA →，BD →
〉互补， ∴所求的二面角为60°.]
8．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________.
【导学号：79140256】
217 [如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，
则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC ，BD 夹角为60°. 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2
＝68， 所以|AB →
|＝217.] 三、解答题
9．(2018·合肥一检)如图7­7­22，在四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.
图7­7­22
(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 夹角的正弦值．
[解] (1)证明：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，则△ACD 为等边三角形，
又∵M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD ， 由CD ∥AB 得AM ⊥AB . ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM
底面ABCD ，
∴AM ⊥AA 1，又∵AB ∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .
(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，
AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，
得DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°， 又∵AA 1⊥底面ABCD ，
∴以点A 为原点，分别以AB ，AM ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，
A 1(0,0,2)，
B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1
2，
32，2， ∴DD →1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－32，2，BD →
＝(－3，3，0)，
A 1
B →
＝(2,0，－2)．
设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BD →＝0，
n ·A 1B →＝0，
⇒⎩⎨
⎧
－3x ＋3y ＝0，
2x －2z ＝0，
令x ＝1，则n ＝(1，3，1)．
∴直线DD 1与平面A 1BD 夹角θ的正弦值 sin θ＝|cos 〈n ，DD →
1〉|＝⎪⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪⎪n ·DD →1|n ||DD →1|＝15.
10．(2017·江苏高考)如图7­7­23，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.
图7­7­23
(1)求异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值； (2)求二面角B ­A 1D ­A 的正弦值．
[解] 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .
因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→
}为正交基底，
建立空间直角坐标系A ­xyz .
因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，
则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，
A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．
(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→
＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →
，AC 1→
〉＝A 1B →·AC 1
→
|A 1B →||AC 1→|
＝
(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－1
7
，
因此异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值为1
7.
(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →
＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →
＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1B →＝0，
m ·BD →＝0，
即⎩⎨
⎧
3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.
不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，
所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量．
从而cos 〈AE →
，m 〉＝AE →
·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34.
设二面角B ­A 1D ­A 的大小为θ，则|cos θ|＝3
4.
因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2
θ＝
74
.
因此二面角B ­A 1D ­A 的正弦值为
74
. B 组 能力提升
11．(2017·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 夹角的正切值为( )
【导学号：79140257】
A.3
4 B ．134 C.3913
D ．
393
C [取A
D 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，
得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD 1→
＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 的夹角为θ，∴sin θ＝|BD 1→
·n ||BD 1→|·|n |
＝3
4，
∴tan θ＝
3913
.] 12．已知点E ，F 分别在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．
2
3
[延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示． 设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角．
∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23
.]
13．(2017·全国卷Ⅱ)如图7­7­24，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底
面ABCD ，AB ＝BC ＝1
2
AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．
图7­7­24
(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.
【导学号：79140258】
[解] (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 ＝1
2AD .
由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF ═∥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)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →
|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 (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →
＝(1,0,0)．
设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则 BM →
＝(x －1，y ，z )，PM →
＝(x ，y －1，z －3)．
因为BM 与底面ABCD 的夹角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →
，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2
＋y 2
＋z
2
＝2
2
， 即(x －1)2
＋y 2
－z 2
＝0.①
又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →
，则
x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②
由①②解得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝1＋
2
2
，y ＝1，
z ＝－6
2
(舍去)，或⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝1－
2
2
，y ＝1，
z ＝6
2，
所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－
22，1，62，从而AM →＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AM →＝0，
m ·AB →＝0，
即⎩⎨
⎧
(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，
x 0＝0，
所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝
m·n |m||n|＝10
5
.
因此二面角M ­AB ­D 的余弦值为10
5
.。