2019年高考数学一轮训练含答案(理科)： 课时分层训练47 利用空间向量求空间角北师大版

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.π6 B.π4C.π3D ．π2D [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π2.]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7­7­20A.55 B ．－55C.255D ．－255A [不妨设CB ＝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＝55.] 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.32B ．33C.35 D ．25B [设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 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.22D ．32A [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 →|＝64.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.33D ．22B [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 ＝0，1－12z ＝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＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.]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7­7­2160° [∵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⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， ∴DD →1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(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＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值为17.(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|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝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.34 B ．134 C.3913D ．393C [取AD 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 |＝34，∴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________．23[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 ＝12AD ，∠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 ＝12AD .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＋z2＝22， 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＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，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|＝105.因此二面角M ­AB ­D 的余弦值为105.。