【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第8篇 第8讲 立体几何中的向量方法(Ⅱ) 求空间角限时训练 理.docx

1、第8讲立体几何中的向量方法()求空间角分层A级基础达标演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量、法向量，若cosm，n，则l与所成的角为 ()A30 B60 C120 D150解析设l与所成的角为，则sin |cosm，n|，30.答案A2正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FBBC，则GB与EF所成的角为 ()A30 B120 C60 D90解析如图建立直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件，得G，B，E，F，cos，0，则.答案D3长方体ABCDA1B1C1D1中，AB

2、AA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 ()A. B. C. D.解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,2)(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.答案B4(2022杭州月考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为 ()A. B. C. D.解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知(2，2,1)，(2,2，1)，cos，sin，答案B二、填空题(每

3、小题5分，共10分)5(2022连云港模拟)若平面的一个法向量为n(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a(2，3,3)，则l与所成角的正弦值为_解析cosn，a.又l与所成角记为，即sin |cosn，a|.答案.6如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_解析建立如图所示的空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，EF和BC1所成角为60.答案60三、解答题(共25分)7(12分)如图，

4、四面体ABCD中，AB、BC、BD两两垂直，ABBCBD4，E、F分别为棱BC、AD的中点(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；(2)求E到平面ACD的距离；(3)求EF与平面ACD所成角的正弦值解如图，分别以直线BC、BD、BA为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A(0,0,4)、C(4,0，0)、D(0,4，0)，E(2,0,0)、F(0，2,2)(1)(0,0，4)，(2,2,2)，|cos，|，异面直线AB与EF所成角的余弦值为.(2)设平面ACD的一个法向量为n(x，y,1)，则(4,0，4)，(4,4,0)，xy1，n(1,1,1)F平面ACD，(2,2,2)，

5、E到平面ACD的距离为d.(3)EF与平面ACD所成角的正弦值为|cosn，|.8(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABC90，PA平面ABCD，PA3，AD2，AB2，BC6.(1)求证：BD平面PAC；(2)求二面角PBDA的大小(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，(0,0,3)，(2，6,0)，(2，2,0)0，0.BDAP，BDAC.又PAACA，BD面PAC.(2)解设平面ABD的法向量为m(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.(2

6、，0,3)，解得令x，则n(，3,2)，cosm，n.二面角PBDA的大小为60.分层B级创新能力提升1如图，在四面体ABCD中，AB1，AD2，BC3，CD2.ABCDCB，则二面角ABCD的大小为 ()A.B.C.D.解析二面角ABCD的大小等于AB与CD所成角的大小.而22222|cos ，即1214922cos，cos，AB与CD所成角为，即二面角ABCD的大小为.故选B.答案B2如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记.当APC为钝角时，则的取值范围是 ()A. B.C. D.解析由题设可知，以、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D xy

7、z，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)由(1,1，1)，得(，)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于cos APCcos，0，这等价于0，即(1)()()(1)(1)2(1)(31)0，得 1.因此，的取值范围为.答案D3(2022全国卷)已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为_解析如图，建立直角坐标系Dxyz，设DA1由已知条件A(1,0,0)，E，F，设平面AEF的法向量

8、为n(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为，由得令y1，z3，x1，则n(1,1，3)平面ABC的法向量为m(0,0，1)cos cosn，m，tan .答案4在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OAOBOC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值是_解析如图所示建立空间直角坐标系，设OAOBOC1，则A(1,0,0)，B(0，1,0)，C(0,0,1)，M，故(1,1,0)，(1,0,1)，.设平面ABC的法向量为n(x，y，z)，则由得令x1，得n(1,1,1)故cosn，所以OM与平面ABC所成角的正弦值为，其正切值为.答案5(2022新课标全国卷

9、)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC.(2)求二面角A1BDC1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DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC.(2)解由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,

10、1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则即可取m(1,2,1)从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.6.(2022全国卷)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC.(1)证明：PC平面BED；(2)设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小(1)证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E，B.于是(2，0，2)，从而0，0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.(2)解(0,0,2)，(，b,0)设m(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m0，且m0，即2z0且xby0，令xb，则m(b，0)设n(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n0，且n0，即2p2r0且bqr0，令p1，则r，q，n.因为面PAB面PBC，故mn0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)，cosn，n，60.因为PD与平面PBC所成角和n，互余，故PD与平面PBC所成的角为30.