《江苏省2019高考数学二轮复习专题七随机变量空间向量理7.2运用空间向量求角达标训练含解析20190.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题七随机变量空间向量理7.2运用空间向量求角达标训练含解析20190.wps（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、运用空间向量求角 A 组大题保分练 1(2018南京学情调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABAD，ADBC，APABAD1. (1)若直线 PB 与 CD 所成角的大小为 ，求 BC 的长； 3 (2)求二面角 BPDA 的余弦值 解：(1) 以 AB ， AD ， AP 为单位正交基底，建立如图所 示的空间直角坐标系 Axyz. 因为 APABAD1， 所以 A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1) 设 C(1，y,0)，则 PB (1,0，1)， CD (1,1y,0) 因 为直线 PB 与 CD 所成角大小为 ， 3 | 1 所以|
2、cos PB ， CD | ， 2 1 1 即 ，解得 y2 或 y0(舍)， 2 11y2 2 所以 C(1,2,0)，所以 BC 的长为 2. (2)设平面 PBD 的法向量为 n1(x，y，z) 因为 PB (1,0，1)， PD (0,1，1)， 则Error!即Error! 令 x1，则 y1，z1，所以 n1(1,1,1) 因为平面 PAD 的一个法向量为 n2(1,0,0)， n n1n n2 3 所以 cosn1，n2 ， |n n1|n n2| 3 3 所以由图可知二面角 BPDA 的余弦值为 . 3 2(2018苏北四市期末)在正三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 AB1，
3、AA1 2，E，F，G 分别是棱 AA1，AC 和 A1C1的中点，以 FA ， FB ， FG 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 的余弦值 1 1 3 解：(1)因为 AB1，AA12，则 F(0,0,0)，A( ，C ，B ，0)，E ，0，0) ( ，0，0) (0， 2 2 2 1 1 1 ( ，0，1) ( ，A1 ，0，2)，C1( ，0，2)， 2 2 2 1 3 所以 AC (1,0,0)， BE ， . ( ，1) 2 2 记异面直线 AC 和 BE 所成角为 ， 1 |1
4、2| 2 则 cos |cos AC ， BE | ， 4 1 3 (2 )2( 2 ) 21 2 所以异面直线 AC 和 BE 所成角的余弦值为 . 4 (2)设平面 BFC1的法向量为 m(x1，y1，z1) 3 1 因为 FB (0， ，0)， FC 1 ( ，0，2)， 2 2 则Error!即Error! 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) 1 3 因为 CB ( ， CC1 (0,0,2)， ， ，0) 2 2 则Error!即Error! 取 x2 3，得平面 BCC1的一个法向量为 n( 3，1,0)
5、， 4 3 1 01 0 2 51 所以 cosm，n . 32 1202 420212 17 根据图形可知二面角 FBC1C 为锐二面角， 2 51 所以二面角 FBC1C 的余弦值为 . 17 3(2018南京、盐城二模)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， 底面四边形 ABCD 为菱形，A1AAB2，ABC60，E，F 分别是 BC，A1C 的中点 2 (1)求异面直线 EF，AD 所成角的余弦值； A1M (2)点 M 在线段 A1D 上， .若 CM平面 AEF，求实数 的值 A1D 解：因为四棱柱 ABCDA1B1C1D1为直四棱柱， 所以 A1A平面 ABCD. 又 A
6、E 平面 ABCD，AD 平面 ABCD， 所以 A1AAE，A1AAD. 在菱形 ABCD 中，ABC60，则ABC 是等边三角形 因为 E 是 BC 的中点，所以 BCAE. 因为 BCAD，所以 AEAD. 故以 A 为原点，AE，AD，AA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系则 A(0,0,0)，E( 3，0,0)，C( 3，1,0)， 3 1 D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F( . ， ，1) 2 2 3 1 (1)因为 AD (0,2,0)， ，1)， EF ( ， 2 2 所以 cos AD ， EF ， | 4 2 2 所以异面直线 E
7、F，AD 所成角的余弦值为 . 4 A1M (2)设 M(x，y，z)，由于点 M 在线段 A1D 上，且 ，即 A1M A1D ， A1D 则(x，y，z2)(0,2，2) 解得 M(0,2，22)， CM ( 3，21,22) 设平面 AEF 的法向量为 n(x0，y0，z0) 3 1 因为 AE ( 3 ，0,0)， AF ( ， ，1)， 2 2 所以Error!即Error! 令 y02，得 z01， 所以平面 AEF 的一个法向量为 n(0,2，1) 由于 CM平面 AEF，则 n CM 0， 2 即 2(21)(22)0，解得 . 3 4.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，
8、底面ABC 是直角三角形，AB AC1，AA12，点 P 是棱 BB1上一点，满足 BP BB1 (01) 3 1 (1)若 ，求直线 PC 与平面 A1BC 所成角的正弦值； 3 2 (2)若二面角 PA1CB 的正弦值为 ，求 的值 3 解：以 A 为坐标原点，分别以 AB，AC，AA1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 Axyz.因为 ABAC1，AA12，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2) 1 2 (1)由 得， CP 1，1， ， A1B (1,0，2)， A1C (0,1
9、，2) ( 3) 3 设平面 A1BC 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 由Error!得Error! 不妨取 z11，则 x1y12， 从而平面 A1BC 的一个法向量为 n1(2,2,1) 设直线 PC 与平面 A1BC 所成的角为 ， |n n1| 22 则 sin |cos，n n1| ， |n n1| 33 22 所以直线 PC 与平面 A1BC 所成角的正弦值为 . 33 (2)设平面 PA1C 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 又 A1P (1,0,22)， 故由Error!得Error! 不妨取 z21，则 x222，y22， 所以平面 PA1C 的一个法向量为 n
10、2(22，2,1) 94 则 cosn1，n2 ， 3 4289 2 又二面角 PA1CB 的正弦值为 ， 3 94 5 所以 ， 3 4289 3 化简得 2890，解得 1 或 9(舍去)， 故 的值为 1. B组大题增分练 4 1(2018镇江期末)如图，ACBC，O 为 AB 中点， 且 DC平面 ABC，DCBE.已知 ACBCDC BE2. (1)求直线 AD 与 CE 所成的角； (2)求二面角 OCEB 的余弦值 解：(1)因为 ACCB 且 DC平面 ABC，则以 C 为原点，CB 为 x 轴正方向，CA 为 y 轴正 方向，CD 为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标
11、系 因 为 AC BC BE 2， 则 C(0,0,0)， B(2,0,0)， A(0,2,0)， O(1,1,0)，E(2,0,2)，D(0,0,2)，且 AD (0，2,2)， CE (2,0,2) 4 1 所以 cos AD ， CE . | 2 2 2 2 2 所以直线 AD 和 CE 的夹角为 60. (2)平面 BCE 的一个法向量为 m(0,1,0)， 设平面 OCE 的法向量 n(x0，y0，z0) 由 CO (1,1,0)， CE (2,0,2)， 得Error!则Error!解得Error! 取 x01，则 n(1,1,1) 因为二面角 OCEB 为锐二面角，记为 ， |m
12、nmn| 3 则 cos |cosm，n| . |m m|n n| 3 3 即二面角 OCEB 的余弦值为 . 3 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 OB ， OC ， OO1 为基底， 5 建立空间直角坐标系 O xyz. 因为 ABAA12，所以 A(0，1,0)，B( 3
13、，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1( 3， 0,2)，C1(0，1,2) 3 1 (1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P( ，2)， ， 2 2 3 1 从而 BP ， ， AC1 (0,2,2)， ( ，2) 2 2 | |14| 3 10 所以|cos BP ，AC1 | . | 5 2 2 20 3 10 所以异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为 . 20 3 1 (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q( ， ， ，0) 2 2 3 3 因此 AQ ( ， ，0)， AC 1 (0,2,2)， CC1 (0,0,2) 2 2 设 n(x，y，z)为平面
14、 AQC1的一个法向量， 则Error!即Error! 不妨取 n( 3，1,1) 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ， |n n| 2 5 则 sin |cos CC1 ，n| . |n n| 5 2 5 5 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为 . 5 3. (2018苏锡常镇调研(一)如图，在四棱锥 PABCD 中，已知底面 ABCD 是矩形，PD 垂直于底面 ABCD，PDAD2AB，点 Q 为线段 PA(不含端 点)上一点 (1)当 Q 是线段 PA 的中点时，求 CQ 与平面 PBD 所成角的正弦值； 2 PQ (2)已知二面角 QBDP 的正弦值为 ，求 的值
15、3 PA 解：以 DA ， DC ， DP 为正交基底建立如图所示的空间直角 坐标系 Dxyz. 不妨设 AB1，则 D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2，1,0)， P(0,0,2) DB (2,1,0)， DP (0,0,2) (1)当 Q 是线段 PA 的中点时，Q(1，0,1)， CQ (1，1，1) 6 设平面 PBD 的法向量为 m(x，y，z) 则Error!即Error! 不妨取 x1，解得 y2. 则平面 PBD 的一个法向量为 m(1，2,0) m m 3 故 cosm， CQ . |m m| 3 5 5 15 15 综上，CQ 与平面 PBD 所成
16、角的正弦值为 . 5 (2) AP (2,0,2)，设 AQ AP (0,1)， 即 AQ (2，0,2) 故 Q(22，0,2)， DB (2,1,0)， DQ (22，0,2) 设平面 QBD 的法向量为 n(x，y，z) 则Error!即Error! 1 不妨取 x1，则 y2，z1 ， 1 故平面 QBD 的一个法向量为 n( ). 1，2，1 由(1)得平面 PBD 的一个法向量 m(1，2,0)， m mn n2 由题意得 cos2m，n |m m|2|n n|2 25 52 2 5 62211(3 )2 ， 1 2 9 5 ( ) 6 2 1 解得 或 1. 3 1 又 (0,1
17、)，所以 ， 3 1 2 PQ 2 所以 AQ AP ，即 PQ PA ，即 . 3 3 PA 3 4.如图，在四棱锥 SABCD 中 ，SD平面 ABCD，四边形 ABCD 是直角梯形，ADCDAB 90，SDADAB2，DC1. 7 (1)求二面角 SBCA 的余弦值； 2 26 (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 13 段 CP 的长 解：(1)由题意，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
18、,0)，C(0，1,0)，S(0,0,2)， 所以 SB (2,2，2)， SC (0,1，2)， DS (0,0,2) 设平面 SBC 的法向量为 n1(x，y，z)， 则Error!即Error! 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， |n n1n n2| 1 6 所以|cos | ， |n n1|n n2| 6 6 6 所以二面角 SBCA 的余弦值为 . 6 (2)由(1)知 E(1,0,1)， CB (2,1,0)， CE (1，1，1) 设 CP CB (01)， 则 CP (2,1,0)(2，0)， 所以 PE CE CP (12，1，1) 易知 CD平面 SAD， 所以 CD (0，1,0)是平面 SAD 的一个法向量 设 PE 与平面 SAD 所成的角为 ， 8 | 1 所以 sin |cos PE ， CD | ， | 5223 1 2 26 1 11 即 ，得 或 (舍去) 5223 13 3 9 1 5 2 所以 CP ， ，| CP | ， ( ，0) 3 3 3 5 所以线段 CP 的长为 . 3 9 10