《通用版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十九利用空间向量求空间角理2018052.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十九利用空间向量求空间角理2018052.wps（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时达标检测（三十九） 利用空间向量求空间角 一般难度题全员必做 1已知直三棱柱 ABCA1B1C1，ACB90，CACBCC1，D 为 B1C1的中点，求异面直线 BD 和 A1C 所成角的余弦值 解： 如 图所示，以 C 为坐标原点，CAC，BC，C1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建 立空间直角坐标系 设 CA CB CC1 2， 则 A1(2,0,2)， C(0,0,0)， B(0,2,0)， D(0,1,2)， BD (0，1,2)， A1C (2,0，2)， 10 10 cos BD ，A1C .异面直线 BD 与 A1C 所成角的余弦值为 . | | 5 5 2.(201
2、8河南洛阳模拟)已知三棱锥 A BCD，AD平面 BCD，BD CD，ADBD2，CD2 3，E，F 分别是 AC，BC 的中点，P 为线段 BC 上 一点，且 CP2PB. (1)求证：APDE； (2)求直线 AC 与平面 DEF 所成角的正弦值 解：(1)证明：作 PGBD 交 CD 于点 G.连接 AG. CG CP 2， GD PB 1 2 GD CD 3. 3 3 AD平面 BCD，ADDC， 3 在ADG 中，tanGAD ， 3 DAG30，在 RtADC 中，AC2AD2CD241216，AC4，又 E 为 AC 的中点， DEAE2， 又 AD2，ADE60，AGDE. A
3、D平面 BCD，ADBD， 又BDCD，ADCDD，BD平面 ADC， PG平面 ADC，PGDE. 又AGPGG，DE平面 AGP，又 AP 平面 AGP， APDE. 1 (2)以 D 为坐标原点，直线 DB、DC、DA 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系 D xyz， 则 D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)， DF (1，3，0)， DE (0，3，1)， AC (0,2 3，2) 设平面 DEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!即Error! 令 x3，则 n(3， 3，3
4、) 设直线 AC 与平面 DEF 所成角为 ， |n| |66| 21 则 sin |cos AC ，n| ， |n| 4 21 7 21 所以 AC 与平面 DEF 所成角的正弦值为 . 7 3.如图，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD，DPC30，AFPC 于点 F，FECD， 交 PD 于点 E. (1)证明：CF平面 ADF； (2)求二面角 D AFE 的余弦值 解：(1)证明：PD平面 ABCD，AD 平面 ABCD，PDAD. 又 CDAD，PDCDD，AD平面 PCD. 又 PC 平面 PCD，ADPC. 又 AFPC，ADAFA， PC平面 ADF，即 CF平面
5、ADF. (2)设 AB1，则在 RtPDC 中，CD1，又DPC30， PC2，PD 3，PCD60. 3 由(1)知 CFDF，DFCDsin 60 ， 2 1 CFCDcos 60 . 2 DE CF 1 3 又 FECD， ，DE . PD PC 4 4 3 3 同理 EF CD . 4 4 如图所示，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,1)，E 2 ( 3 3 3 ，0，0) ( ，0) 3 ，F ， ，P( ， 0,0)，C(0,1,0) 4 4 4 设 m(x，y，z)是平面 AEF 的一个法向量，则Error! 3 3 又 AE ， ， ( ，0，1) EF (
6、0， ，0) 4 4 Error! 令 x4，得 m(4,0， 3) 由(1)知平面 ADF 的一个法向量为 PC ( 3，1,0)， 设二面角 D AFE 的平面角为 ，可知 为锐角， |m| 4 3 2 57 故 cos |cosm， PC | . |m| 19 2 19 2 57 故二面角 D AF E 的余弦值为 . 19 中档难度题学优生做 1.(2018郑州质量预测)如图，三棱柱 ABC A1B1C1中，各棱长 均 相等D，E，F 分别为棱 AB，BC，A1C1的中点 (1)证明：EF平面 A1CD； (2)若三棱柱 ABC A1B1C1为直棱柱，求直线 BC 与平面 A1CD 所
7、 成 角的正弦值 解：(1)证明：在三棱柱 ABC A1B1C1中，ACA1C1，且 ACA1C1， 1 连接 ED(图略)，在ABC 中，因为 D，E 分别为棱 AB，BC 的中点，所以 DEAC，DE 2 AC. 1 又 F 为 A1C1的中点，可得 A1F A1C1，所以 A1FDE，A1FDE， 2 因此四边形 A1FED 为平行四边形，所以 EFA1D， 又 EF 平面 A1CD，A1D 平面 A1CD， 所以 EF平面 A1CD. (2)法一 ：因 为底 面 ABC 是正三角形，D 为 AB 的中点，所以 CD AB， 又 AA1CD，AA1ABA，所以 CD平面 A1ABB1.
8、如图在平面 A1ABB1内，过点 B 作 BGA1D，交直线 A1D 于点 G， 连接 CG，则 BG平面 A1CD，所以BCG 为直线 BC 与平面 A1CD 所 成 的角 3 5a 5a 设三棱柱的棱长为 a，可得 A1D ，由A1ADBGD，可得 BG ， 2 5 BG 5 在 RtBCG 中，sinBCG . BC 5 5 所以直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 . 5 法 二： 设 A1B1的中点为 O，连接 OC1，OD，因为三棱柱 ABC A1B1C1为直棱柱，所以 OD平面 A1B1C1，所以 ODOC1，ODOA1.又A1B1C1为等边三角形，所以 OC1A1B1
9、. 以 O 为坐标原点， OA1 ， OD ， OC1 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系 O xyz. a 3 a 设三棱柱的棱长为 a，则 O(0,0,0)，B( ，a，0)，C(0，a， a)，A1(，0，0)，D(0， 2 2 2 a 3 a 3 a,0)所以 BC ，0， ， 1D ， . ( a) A ( ，a，0) DC (0，0， a) 2 2 2 2 设平面 A1CD 的法向量为 n(x，y，z)， 由Error!得Error! 令 x2，得 n(2,1,0) 设直线 BC 与平面 A1CD 所成的角为 ， |n | a 5 则 si
10、n . |n| 5 a2 5 5 所以直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 . 5 1 2如图，正方形 ABCD 的边长为 4，ABAEBF EF，ABEF，把四边形 ABCD 沿 AB 2 折起，使得 AD平面 AEFB，G 是 EF 的中点，如图. (1)求证：AG平面 BCE； (2)求二面角 CAEF 的余弦值 4 解：(1)证明：连接 BG， 因为 BCAD，AD底面 AEFB， 所以 BC底面 AEFB，又 AG 底面 AEFB，所以 BCAG， 因为 AB 綊 EG，ABAE，所以四边形 ABGE 为菱形，所以 AGBE， 又 BCBEB，BE 平面 BCE，BC 平面
11、 BCE， 所以 AG平面 BCE. (2)由(1)知四边形 ABGE 为菱形，AGBE，AEEGBGAB4， 设 AGBEO，所以 OEOB2 3，OAOG2， 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2 3，0)，F(4,2 3，0)，C(0,2 3，4)，D(2,0,4)， 所以 AC (2,2 3，4)， AE (2，2 3，0)， 设平面 ACE 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!所以Error! 令 y1，则 x 3，z 3， 即平面 ACE 的一个法向量为 n( 3，1， 3)， 易知平面 AEF 的一个法向量为 AD (0,0,4)， 设二面角 CAEF 的大小为 ，由图易知 (0， 2)， |n| 4 3 21 所以 cos . 7 4 |n| 7 较高难度题学霸做 1.(2018安徽省百所重点高中模拟)如图所示的几何体由 平面 PECF 截棱长为 2 的正方体得到，其中 P，C 为原正方体的顶 点，E，F 为原正方体侧棱长的中点，正方形 ABCD 为原正方体的 底面，G 为棱 BC 上的动点 (1)求证：平面 APC平面 PECF； (2)设 BG BC (01)，当 为何值时，平面 EFG 与平面 ABCD 所成的角为 ？ 3 5