江苏专用2020高考数学二轮复习课时达标训练二十四运用空间向量求角.doc

1、课时达标训练(二十四) 运用空间向量求角A组大题保分练1(2019南通等七市二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，AB1，APAD2.(1)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(2)若点M，N分别在AB，PC上，且MN平面PCD，试确定点M，N的位置解：(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)从而(1，0，2)，(1，2，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨取y1，则x0，z1.所以平面PCD的一个法

2、向量为n(0，1，1)设直线PB与平面PCD所成角为，则sin |cos，n|，即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(2)设M(a，0，0)，则(a，0，0)，设，则(，2，2)，而(0，0，2)，所以(a，2，22)由(1)知，平面PCD的一个法向量为n(0，1，1)，因为MN平面PCD，所以n.所以解得所以M为AB的中点，N为PC的中点2(2018苏北四市期末)在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，AA12，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值；(2)求二面角FBC1C的余弦

3、值解：(1)因为AB1，AA12，则F(0，0，0)，A，C，B，E，A1，C1，所以(1，0，0)，.记异面直线AC和BE所成角为，则cos |cos，|，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.(2)设平面BFC1的法向量为m(x1，y1，z1)因为，则即取x14，得平面BFC1的一个法向量为m(4，0，1)设平面BCC1的法向量为n(x2，y2，z2)因为，(0，0，2)，则即取x2，得平面BCC1的一个法向量为n(，1，0)，所以cosm，n.根据图形可知二面角FBC1C为锐二面角，所以二面角FBC1C的余弦值为.3(2019扬州期末)如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，

4、使得平面ABD平面CBD，AE平面ABD.(1)若AE，求直线DE与直线BC所成角；(2)若二面角ABED的大小为，求AE的长度解：由题意知ABAD，又AE平面ABD，以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系过点C作CFBD，垂足为F，又平面ABD平面CBD，CF平面CBD，平面ABD平面CBDBD，CF平面ABD.CBCD2，F为BD的中点，CF.(1)易知E(0，0，)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(1，1，)，(0，2，)，(1，1，)，0，直线DE与直线BC所成角为.(2)设AE的长度为a(a0)，则E(0，0，a)，易知AD平面AB

5、E，平面ABE的一个法向量为n1(0，1，0)由(1)知(2，0，a)，(2，2，0)，设平面BDE的法向量为n2(x1，y1，z1)，则n2，n2，得取z12，则x1y1a.平面BDE的一个法向量为n2(a，a，2)cos n1，n2.二面角ABED的大小为，得a，AE的长度为.4.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BABC5，AC8，D为线段AC的中点(1)求证：BDA1D；(2)若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为，求AA1的长解：(1)证明：三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，AA1平面ABC，又BD平面ABC，BDAA1，BABC，D为AC的中点，BDAC，又ACAA1A，

6、AC平面ACC1A1，AA1平面ACC1A1，BD平面ACC1A1，又A1D平面ACC1A1，BDA1D.(2)由(1)知BDAC，AA1平面ABC，以D为坐标原点，DB，DC所在直线分别为x轴，y轴，过点D且平行于AA1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AA1(0)，则A1(0，4，)，B(3，0，0)，C1(0，4，)，D(0，0，0)，1(0，4，)，1(0，4，)，(3，0，0)，设平面BC1D的法向量为n(x，y，z)，则即则x0，令z4，可得y，故n(0，4)为平面BC1D的一个法向量设直线A1D与平面BC1D所成角为，则sin |cos n，1|，解得2或8，即

7、AA12或AA18.B组大题增分练1(2019盐城三模)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABACAD3，PABC4.(1)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值解：设BC的中点为E，连接AE，由ABAC，可知AEBC，故以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，则P(0，0，4)，D(0，3，0)，B(，2，0)，C(，2，0)(1)设为异面直线PB与CD所成的角，由(，2，4)，(，1，0)，得cos ，即异面直线PB与CD所成角的余弦值为.(2)设n1(x，y，z)为平面PB

8、C的法向量，由(1)得(，2，4)，(，2，4)，由n10，n10，得故取n1(4，0，)为平面PBC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为n2(1，0，0)设为平面PAD与平面PBC所成锐二面角的平面角，则cos ，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.2(2018江苏高考)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建

9、立空间直角坐标系O xyz.因为ABAA12，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，所以|cos，|.所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1，1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.3(2019南师附中、天一中学四月联考)如图，在三棱锥PABC中，底面AB

10、C是直角三角形，侧棱PA底面ABC，ABC90，E为棱PB上的点，PAABBC2.(1)当PE2EB时，求平面AEC与平面PAB所成的锐二面角的余弦值(2)在(1)的条件下，线段AC上是否存在一点F，使得EF与平面PAB所成的角的正弦值为.若存在，求线段AF的长；若不存在，请说明理由解：(1)以A为坐标原点，AB，PA所在直线分别为y轴、z轴，过点A且平行于BC的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)由题意得E为线段PB上靠近点B的三等分点，则E，所以，(2，2，0)设平面AEC的法向量为n1(x1，y1，z1)，则则令

11、y11，则n1(1，1，2)为平面AEC的一个法向量易知平面PAB的一个法向量为n2(1，0，0)，所以|cos n1，n2|，所以平面AEC与平面PAB所成的锐二面角的余弦值为.(2)假设存在满足题意的点F.设(2，2，0)(0)，所以，所以sin |cos ，n2|，整理得20，解得或.又0，所以，所以AFAC.易得AC2，所以AF.4.如图，在四棱锥SABCD中，SD平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ADCDAB90，SDADAB2，DC1.(1)求二面角SBCA的余弦值；(2)设P是棱BC上一点，E是SA的中点，若PE与平面SAD所成角的正弦值为，求线段CP的长解：(1)由题意，

12、以D为坐标原点，DA，DC，DS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Dxyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，1，0)，S(0，0，2)，所以(2，2，2)，(0，1，2)，(0，0，2)设平面SBC的法向量为n1(x，y，z)，则即令z1，得x1，y2，所以n1(1，2，1)是平面SBC的一个法向量. 因为SD平面ABC，取平面ABC的一个法向量n2(0，0，1)设二面角SBCA的大小为，由图可知二面角SBCA为锐二面角，所以|cos |，所以二面角SBCA的余弦值为. (2)由(1)知E(1，0，1)，(2，1，0)，(1，1，1)设 (01)，则(2，1，0)(2，0)，所以(12，1，1)易知CD平面SAD，所以(0，1，0)是平面SAD的一个法向量设PE与平面SAD所成的角为，所以sin |cos，|， 即，得或(舍去)所以，|，所以线段CP的长为.