欢迎来到莲山课件网!
我要投稿

您当前的位置:

还剩24页未读,点击继续阅读

收藏

举报

申诉

分享:

温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档有教师用户上传,莲山课件网负责整理代发布。如果您对本文档有争议请及时联系客服。
3. 部分文档可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。

资料简介

展开

- 1 -第 7 节 利用空间向量求空间角考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题;2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知 识 梳 理1.异面直线所成的角设 a,b 分别是两异面直线 l1,l2的方向向量,则a 与 b 的夹角β l1与 l2所成的角θ范围 (0,π) (0,π2 ]求法 cos β=a·b|a||b|cos θ=|cos β|=|a·b||a||b|2.求直线与平面所成的角设直线 l的方向向量为 a,平面 α的法向量为 n,直线 l与平面α所成的角为θ,则 sin θ=|cos〈a,n〉|=|a·n||a||n|.3.求二面角的大小(1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱 l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB→ ,CD→ 〉.(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小 θ 满足|cos θ|=|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角).[常用结论与微点提醒]1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值,即sin θ=|cos〈a,n〉|,不要误记为 cos θ=|cos〈a,n〉|.2.二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面 α,β的法向量 n1,n2时,要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向,来确定二面角与向量 n1,n2的夹角是相等,还是互补.诊 断 自 测- 2 -1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(  )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(  )(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(  )(4)两异面直线夹角的范围是(0,π2 ],直线与平面所成角的范围是[0,π2 ],二面角的范围是[0,π].(  )解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角;(2)直线的方向向量 a,平面的法向量 n,直线与平面所成的角为 θ,则 sin θ=|cosa,n|;(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(老教材选修 2-1P104练习 2改编)已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(  )A.45° B.135° C.45°或 135°    D.90°解析 cos〈m,n〉=m·n|m||n|=11 × 2=22,即〈m,n〉=45°.∴两平面所成二面角为 45°或 180°-45°=135°.答案 C3.(老教材选修 2-1P112A组 T4改编)已知向量 m,n 分别是直线 l和平面α的方向向量和法向量,若 cos 〈m,n〉=32,则 l与α所成的角为(  )A.30° B.60° C.120° D.150°解析 由于 cos 〈m,n〉=32,所以〈m,n〉=30°,所以直线 l与α所成的角为 60°.答案 B4.(2020·漳州模拟)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是 A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则 BM与 AN所成角的余弦值为(  )A.110 B.25 C.3010 D.22解析 以点 C 为坐标原点,CA,CB,CC1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,设 BC=CA=CC1=2,则可得 A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2),N(1,0,2),- 3 -∴BM→ =(1,-1,2),AN→ =(-1,0,2).∴cos〈BM→ ,AN→ 〉=BM→ ·AN→ |BM→ ||AN→ |=1 × (-1)+(-1) × 0+2 × 212+(-1)2+22 × (-1)2+02+22=36 × 5=3010.答案 C5.(2019·南阳调研)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面 ACD1所成角的正弦值为(  )A.32 B.33 C.35 D.25解析 设正方体的棱长为 1,以 D为坐标原点,DA,DC,DD1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),B1(1,1,1),A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),所以BB1→ =(0,0,1),AC→ =(-1,1,0),AD1→ =(-1,0,1).令平面 ACD1的法向量为 n=(x,y,z),则 n·AC→ =-x+y=0,n·AD1→ =-x+z=0,令 x=1,可得 n=(1,1,1),设直线 BB1与平面 ACD1所成的角为θ,所以 sin θ=|cos 〈n,BB1→ 〉|=13 × 1=33.答案 B6.(2020·大连预测)过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 AB=PA,则平面 ABP与平面 CDP所成的二面角为________.解析 如图,建立空间直角坐标系,设 AB=PA=1,则 A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,- 4 -1),由题意,AD⊥平面 PAB,设 E为 PD的中点,连接 AE,则 AE⊥PD,又 CD⊥平面 PAD,∴CD⊥AE,又 PD∩CD=D,从而 AE⊥平面 PCD.所以AD→ =(0,1,0),AE→ =(0,12,12)分别是平面 PAB,平面 PCD的法向量,且〈AD→ ,AE→ 〉=45°.故平面 PAB与平面 PCD所成的二面角为 45°.答案 45°考点一 用空间向量求异面直线所成的角【例 1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为(  )A.32 B.155 C.105 D.33(2)(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体 ABCD 中,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD= 2,则异面直线 AB与 CD所成角的余弦值为(  )A.23 B.24 C.144 D.-24解析 (1)法一 以 B为原点,建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1)           图(2)则 B(0,0,0),B1(0,0,1),C1(1,0,1).又在△ABC中,∠ABC=120°,AB=2,则 A(-1, 3,0).所以AB1→ =(1,- 3,1),BC1→ =(1,0,1),- 5 -则 cos〈AB1→ ,BC1→ 〉=AB1→ ·BC1→ |AB1→ |·|BC1→ |=(1,- 3,1)·(1,0,1)5· 2=25· 2=105,因此,异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为105.法二 将直三棱柱 ABC-A1B1C1补形成直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(如图(2)),连接 AD1,B1D1,则 AD1∥BC1.则∠B1AD1为异面直线 AB1与 BC1所成的角(或其补角),易求得 AB1= 5,BC1=AD1= 2,B1D1= 3.由余弦定理得 cos∠B1AD1=105.(2)取 BD 的中点 O,连接 AO,OC,由 CA=CB=CD=BD=2,AB=AD= 2,得 AO⊥BD,CO⊥BD,且 OC= 3,AO=1.在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故 AO⊥OC,又知 BD∩OC=O,因此AO⊥平面 BCD,以 OB,OC,OA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 A(0,0,1),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0),∴AB→ =(1,0,-1),CD→ =(-1,- 3,0),设异面直线 AB与 CD所成角为θ,则 cos θ=|AB→ ·CD→ ||AB→ ||CD→ |=12 × 1+3=24,即异面直线 AB与 CD所成角的余弦值为24.答案 (1)C (2)B规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是:(1)选好基底或建立空间直角坐标系;(2)求出两直线的方向向量 v1,v2;(3)代入公式|cos〈v1,v2〉|=|v1·v2||v1||v2|求解.2.两异面直线所成角的范围是θ∈(0,π2 ],两向量的夹角 α的范围是[0,π],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角.- 6 -【训练 1】 (2019·江西八校联考)在四面体 ABCD中,BD⊥AD,CD⊥AD,BD⊥BC,BD=AD=1,BC=2,则异面直线 AB与 CD所成角的余弦值为(  )A.105 B.3 1010 C.155 D.1010解析 以 D 为坐标原点,在平面 BCD 内过 D 与 BD 垂直的直线为 x 轴,以 DB,DA 所在的直线分别为 y轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,1),B(0,1,0),C(-2,1,0),D(0,0,0),所以AB→ =(0,1,-1),DC→ =(-2,1,0),则 cos〈AB→ ,DC→ 〉=AB→ ·DC→ |AB→ |·|DC→ |=12 × 5=1010,故异面直线 AB与 CD所成角的余弦值为1010.答案 D考点二 用空间向量求线面角【例 2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图,在三棱锥 P-ABC中,AB=BC=2 2,PA=PB=PC=AC=4,O为 AC的中点.(1)证明:PO⊥平面 ABC;(2)若点 M在棱 BC上,且二面角 M-PA-C为 30°,求 PC与平面 PAM所成角的正弦值.(1)证明 因为 AP=CP=AC=4,O为 AC的中点,所以 OP⊥AC,且 OP=2 3.连接 OB,因为 AB=BC=22AC,所以 AB2+BC2=AC2,所以△ABC为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB=12AC=2.由 OP2+OB2=PB2知 PO⊥OB.- 7 -由 OP⊥OB,OP⊥AC且 OB∩AC=O,知 PO⊥平面 ABC.(2)解 如图,以 O为坐标原点,OB→ 的方向为 x轴正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz.由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3),AP→ =(0,2,2 3).取平面 PAC的一个法向量OB→ =(2,0,0).设 M(a,2-a,0)(0a≤2),则AM→ =(a,4-a,0).设平面 PAM的法向量为 n=(x,y,z).由AP→ ·n=0,AM→ ·n=0得{2y+2 3z=0,ax+(4-a)y=0,可取 n=( 3(a-4), 3a,-a),所以 cos〈OB→ ,n〉=2 3(a-4)2 3(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos〈OB→ ,n〉|=32,所以2 3|a-4|2 3(a-4)2+3a2+a2=32,解得 a=-4(舍去),a=43,所以 n=(-8 33,4 33,-43).又PC→ =(0,2,-2 3),所以 cos〈PC→ ,n〉=34.所以 PC与平面 PAM所成角的正弦值为34.规律方法 利用向量法求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角.【训练 2】 (2020·安徽江南十校联考)斜三棱柱 ABC-A1B1C1中,底面是边长为 2的正三角形,- 8 -A1B= 7,∠A1AB=∠A1AC=60°.(1)证明:平面 A1BC⊥平面 ABC;(2)求直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值.(1)证明 ∵AB=2,A1B= 7,∠A1AB=60°,∴由余弦定理得 A1B2=AA21+AB2-2AA1·ABcos ∠A1AB,即 AA21-2AA1-3=0⇒AA1=3或-1(舍),故 AA1=3.取 BC的中点 O,连接 OA,OA1,∵△ABC是边长为 2的正三角形,∴AO⊥BC,且 AO= 3,BO=1.由 AB=AC,∠A1AB=∠A1AC,AA1=AA1得△A1AB≌△A1AC,得 A1B=A1C= 7,故 A1O⊥BC,且 A1O= 6.∵AO2+A1O2=3+6=9=AA21,∴AO⊥A1O.又 BC∩AO=O,故 A1O⊥平面 ABC,∵A1O⊂平面 A1BC,∴平面 A1BC⊥平面 ABC.(2)解 以 O为原点,OB所在的直线为 x轴,取 B1C1的中点 K,连接 OK,以 OK所在的直线为 y轴,过 O作 OG⊥AA1,以 OG所在的直线为 z轴建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),B1(1,3,0),C1(-1,3,0),A1(0,2, 2),∴BC1→ =(-2,3,0),BB1→ =(0,3,0),BA1→ =(-1,2, 2),设 m=(x,y,1)为平面 ABB1A1的法向量,则{m·BB1→ =3y=0,m·BA1→ =-x+2y+ 2=0⇒{x= 2,y=0 ⇒m=( 2,0,1).设直线 BC1与平面 ABB1A1所成角为θ,则 sin θ=|BC1→ ·m||BC1→ ||m|=2 213 × 3=2 7839.- 9 -故直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的正弦值为2 7839.考点三 用空间向量求二面角【例 3】 (2019·全国Ⅰ卷)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是 BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面 C1DE;(2)求二面角 A-MA1-N的正弦值.(1)证明 如图,连接 B1C,ME.因为 M,E分别为 BB1,BC的中点,所以 ME∥B1C,且 ME=12B1C.又因为 N为 A1D的中点,所以 ND=12A1D.由题设知 A1B1綉 DC,可得 B1C綉 A1D,故 ME綉 ND,因此四边形 MNDE为平行四边形,所以 MN∥ED.又 MN⊄平面 C1DE,DE⊂平面 C1DE,所以 MN∥平面 C1DE.- 10 -(2)解 由已知可得 DE⊥DA,以 D为坐标原点,DA→ ,DE→ ,DD1→ 的方向为 x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,则 A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, 3,2),N(1,0,2),A1A→ =(0,0,-4),A1M→ =(-1,3,-2),A1N→ =(-1,0,-2),MN→ =(0,- 3,0).设 m=(x,y,z)为平面 A1MA 的法向量,则{m·A1M→ =0,m·A1A→ =0,所以{-x+ 3y-2z=0,-4z=0, 可取 m=( 3,1,0).设 n=(p,q,r)为平面 A1MN 的法向量,则{n·MN→ =0,n·A1N→ =0,所以{- 3q=0,-p-2r=0,可取 n=(2,0,-1).于是 cos〈m,n〉=m·n|m||n|=2 32 × 5=155,则 sin〈m,n〉=105,所以二面角 A-MA1-N的正弦值为105.规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法:(1)找法向量:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【训练 3】 (2019·青岛二模)如图,已知多面体 PABCDE的底面 ABCD是边长为 2的菱形,PA⊥底面 ABCD,ED∥PA,且 PA=2ED=2.(1)求证:平面 PAC⊥平面 PCE;(2)若直线 PC与平面 ABCD所成的角为 45°,求二面角 P-CE-D的余弦值.(1)证明 如图(1),连接 BD,交 AC于点 O,设 PC的中点为 F,连接 OF,EF.- 11 -因为底面 ABCD是菱形,所以 O是 AC的中点,又 F是 PC的中点,所以 OF∥PA,且 OF=12PA.因为 DE∥PA,且 DE=12PA,所以 OF∥DE,且 OF=DE.所以四边形 OFED为平行四边形,所以 OD∥EF,即 BD∥EF.因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD.因为四边形 ABCD是菱形,所以 BD⊥AC.又因为 PA∩AC=A,所以 BD⊥平面 PAC.所以 EF⊥平面 PAC.又因为 EF⊂平面 PCE,所以平面 PAC⊥平面 PCE.(2)解 因为 PA⊥底面 ABCD,直线 PC与平面 ABCD所成的角为 45°,所以∠PCA=45°,所以 AC=PA=2.所以 AC=AB=BC,故△ABC为等边三角形.设 BC的中点为 M,连接 AM,则 AM⊥BC,所以 AM⊥AD.以 A 为坐标原点,AM,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 A-xyz,如图(2),则 P(0,0,2),C( 3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),所以PC→ =( 3,1,-2),CE→ =(- 3,1,1),DE→ =(0,0,1).设平面 PCE的法向量为 n=(x1,y1,z1),则{n·PC→ =0,n·CE→ =0,即{ 3x1+y1-2z1=0,- 3x1+y1+z1=0.令 y1=1,则 x1= 3,z1=2.所以 n=( 3,1,2).设平面 CDE的法向量为 m=(x2,y2,z2),则{m·DE→ =0,m·CE→ =0,即{z2=0,- 3x2+y2+z2=0.- 12 -令 x2=1,则 y2= 3,z2=0.所以 m=(1, 3,0).设二面角 P-CE-D的大小为θ,因为θ为钝角,所以 cos θ=-|cos〈n,m〉|=-|n·m||n||m|=-2 32 2 × 2=-64.所以二面角 P-CE-D的余弦值为-64.考点四 与空间角有关的探索性问题【例 4】 (2020·郴州一模)如图,在三棱锥 P-ABC中,底面是边长为 4的正三角形,PA=2,PA⊥底面 ABC,点 E,F分别为 AC,PC的中点.(1)求证:平面 BEF⊥平面 PAC;(2)在线段 PB 上是否存在点 G,使得直线 AG 与平面 PBC 所成角的正弦值为155?若存在,确定点 G的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明 ∵AB=BC,E为 AC的中点,∴BE⊥AC.又 PA⊥平面 ABC,BE⊂平面 ABC,∴PA⊥BE.∵PA∩AC=A,∴BE⊥平面 PAC.∵BE⊂平面 BEF,∴平面 BEF⊥平面 PAC.(2)解 存在.由(1)及已知得 PA⊥BE,PA⊥AC,∵点 E,F分别为 AC,PC的中点,∴EF∥PA,∴EF⊥BE,EF⊥AC.又 BE⊥AC,∴EB,EC,EF两两垂直.分别以EB→ ,EC→ ,EF→ 的方向为 x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图,则 A(0,-2,0),P(0,-2,2),B(2 3,0,0),C(0,2,0).设BG→ =λBP→ =(-2 3λ,-2λ,2λ),λ∈[0,1],所以AG→ =AB→ +BG→ =(2 3(1-λ),2(1-λ),2λ),- 13 -BC→ =(-2 3,2,0),PC→ =(0,4,-2),设平面 PBC的法向量为 n=(x,y,z),则{n·BC→ =0,n·PC→ =0⇒{-2 3x+2y=0,4y-2z=0,令 x=1,则 y= 3,z=2 3,∴n=(1, 3,2 3).由已知得155=|AG→ ·n||AG→ |·|n|,即155=4 34 16(1-λ)2+4λ2⇒λ=12或1110(舍去).故λ=12.所以存在满足条件的点 G,点 G为 PB的中点.规律方法 1.对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.【训练 4】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,四边形 ABCD 为平行四边形,AB⊥AC,PA⊥平面ABCD,且 PA=AB=3,AC=2,点 E是 PD的中点.(1)求证:PB∥平面 AEC;(2)在线段 PB上(不含端点)是否存在一点 M,使得二面角 M-AC-E的平面角的余弦值为1010?若存在,确定点 M的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明 连接 BD交 AC于点 F,连接 EF.因为 ABCD为平行四边形,所以 F是 BD的中点.- 14 -又 E是 PD的中点,所以 EF∥PB.又 EF⊂平面 AEC,PB⊄平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC.(2)解 由题意知,AC,AB,AP 两两互相垂直,如图,以点 A 为坐标原点,射线 AC,AB,AP分别为 x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系 A-xyz,则 C(2,0,0),D(2,-3,0),P(0,0,3),B(0,3,0),E(1,-32,32).设 M(x0,y0,z0),PM→ =λPB→ (0λ1),则(x0,y0,z0-3)=λ(0,3,-3),得 M(0,3λ,3-3λ).设平面 AEC的法向量为 n1=(x1,y1,z1).由 n1·AE→ =0,n1·AC→ =0及AE→ =(1,-32,32),AC→ =(2,0,0),得{x1-32y1+32z1=0,2x1=0.取 y1=1,得 n1=(0,1,1).设平面 MAC的法向量为 n2=(x2,y2,z2).由 n2·AM→ =0,n2·AC→ =0及AM→ =(0,3λ,3-3λ),AC→ =(2,0,0),得{3λy2+(3-3λ)z2=0,2x2=0. 取 z2=1,得 n2=(0,1-1λ,1).设二面角 M-AC-E的平面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1|·|n2|=|2-1λ|2· (1-1λ)2 +12=1010,化简得 9λ2-9λ+2=0,解得λ=13或λ=23.因为二面角 M-AC-E的平面角的余弦值为1010,所以二面角 M-AC-E的平面角为锐角,所以λ=13,- 15 -所以PM→ =13PB→ .故PM→ =13PB→ 时,二面角 M-AC-E的平面角的余弦值为1010.A级 基础巩固一、选择题1.已知空间三点 A(1,1,1),B(-1,0,4),C(2,-2,3),则AB→ 与CA→ 的夹角θ的大小为(  )A.30° B.60° C.120° D.150°解析 AB→ =(-2,-1,3),CA→ =(-1,3,-2),cos〈AB→ ,CA→ 〉=(-2) × (-1)+(-1) × 3+3 × (-2)14· 14=-714=-12,∴θ=〈AB→ ,CA→ 〉=120°.答案 C2.若直线 l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于 120°,则直线 l与平面α所成的角等于(  )A.120° B.60° C.30° D.60°或 30°解析 设直线 l与平面α所成的角为β,直线 l与平面α的法向量的夹角为γ.则 sin β=|cos γ|=|cos 120°|=12.又 0°≤β≤90°,∴β=30°.答案 C3.(一题多解)(2019·青岛二模)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1=2A1B1=2B1C1,且 AB⊥BC,点 M是 A1C1的中点,则异面直线 MB与 AA1所成角的余弦值为(  )A.13 B.2 23 C.3 24 D.12解析 法一 由题意知 AA1∥BB1,则异面直线 MB 与 AA1所成角为∠MBB1,如图(1).又△BB1M为直角三角形,所以 cos ∠MBB1=BB1MB.在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,设 AA1=2A1B1=2B1C1=2.由 AB⊥BC,得 B1M=12A1C1=22.故 MB= 22+( 22 )2 =3 22.所以 cos ∠MBB1=BB1MB=2 23.故选 B.- 16 -法二 由题意知 AB,BC,BB1两两垂直,所以以 B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为 x轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 B-xyz,如图(2).设 AA1=2A1B1=2B1C1=2,则 B(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,2),M(12,12,2),所以MB→ =(-12,-12,-2),AA1→ =(0,0,2).设异面直线 MB与 AA1所成角为θ,则 cos θ=|MB→ ·AA1→ ||MB→ ||AA1→ |=492× 2=2 23,所以异面直线 MB与 AA1所成角的余弦值为2 23.故选 B.答案 B4.如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=4,AB=2.以 AC的中点 O为球心,AC为直径的球面交 PD于点 M.则 CD与平面 ACM所成角的正弦值为(  )A.32 B.33 C.53 D.63解析 如图所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2).所以AC→ =(2,4,0),AM→ =(0,2,2),CD→ =(-2,0,0).设平面 ACM的法向量 n=(x,y,z),- 17 -由 n⊥AC→ ,n⊥AM→ ,可得{2x+4y=0,2y+2z=0,令 z=1,得 n=(2,-1,1).设所求角为α,则 sin α=|CD→ ·n||CD→ ||n|=63.答案 D5.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,点 E 为 BB1的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成角的余弦值为(  )A.12 B.23 C.33 D.22解析 以 A 为原点,AB,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,设棱长为 1,则 A1(0,0,1),E(1,0,12),D(0,1,0),∴A1D→ =(0,1,-1),A1E→ =(1,0,-12).设平面 A1ED的法向量为 n1=(1,y,z),则有{A1D→ ·n1=0,A1E→ ·n1=0,即{y-z=0,1-12z=0,∴{y=2,z=2,∴n1=(1,2,2).∵平面 ABCD的法向量为 n2=(0,0,1),∴|cos〈n1,n2〉|=23 × 1=23,即平面 A1ED与平面 ABCD夹角的余弦值为23.答案 B二、填空题6.(2020·贵阳月考)如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E,F分别是棱 AB,BB1的中点,则直线 EF和 BC1所成的角是__________.- 18 -解析 以 BC为 x轴,BA为 y轴,BB1为 z轴,建立空间直角坐标系.设 AB=BC=AA1=2,则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),则EF→ =(0,-1,1),BC1→ =(2,0,2),∴EF→ ·BC1→ =2,∴cos〈EF→ ,BC1→ 〉=22 × 2 2=12,∴EF和 BC1所成的角为 60°.答案 60°7.(2020·合肥模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则直线 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为________.解析 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,则 D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0).∴D1C1→ =(0,2,0),A1C1→ =(-1,2,0),A1B→ =(0,2,-1),设平面 A1BC1的法向量为 n=(x,y,z),由{n·A1C1→ =(x,y,z)·(-1,2,0)=-x+2y=0,n·A1B→ =(x,y,z)·(0,2,-1)=2y-z=0,- 19 -得{x=2y,z=2y,令 y=1,得 n=(2,1,2),设直线 D1C1与平面 A1BC1所成角为θ,则sin θ=|cos〈D1C1→ ,n〉|=|D1C1→ ·n||D1C1→ ||n|=22 × 3=13,即直线 D1C1与平面 A1BC1所成角的正弦值为13.答案 138.如图,菱形 ABCD中,∠ABC=60°,AC与 BD相交于点 O,AE⊥平面 ABCD,CF∥AE,AB=2,CF=3.若直线 OF与平面 BED所成的角为 45°,则 AE=________.解析 如图,以 O为坐标原点,以 OA,OB所在直线分别为 x轴,y轴,以过点 O且平行于 CF的直线为 z轴建立空间直角坐标系.设 AE=a,则 B(0, 3,0),D(0,- 3,0),F(-1,0,3),E(1,0,a),∴OF→ =(-1,0,3),DB→ =(0,2 3,0),EB→ =(-1, 3,-a).设平面 BED的法向量为 n=(x,y,z),则{n·DB→ =0,n·EB→ =0,即{2 3y=0,-x+ 3y-az=0,则 y=0,令 z=1,得 x=-a,∴n=(-a,0,1),∴cos〈n,OF→ 〉=n·OF→ |n||OF→ |=a+3a2+1 × 10.- 20 -∵直线 OF与平面 BED所成角的大小为 45°,∴|a+3|a2+1 × 10=22.解得 a=2或 a=-12(舍去),∴AE=2.答案 2三、解答题9.(2019·郑州测试)在如图所示的多面体中,四边形 ABCD 是平行四边形,四边形 BDEF 是矩形,ED⊥平面 ABCD,∠ABD=π6,AB=2AD.(1)求证:平面 BDEF⊥平面 ADE;(2)若 ED=BD,求直线 AF与平面 AEC所成角的正弦值.(1)证明 在△ABD中,∠ABD=π6,AB=2AD,由余弦定理,得 BD= 3AD,从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD,所以△ABD为直角三角形且∠ADB=π2.因为 DE⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 DE⊥BD.又 AD∩DE=D,所以 BD⊥平面 ADE.因为 BD⊂平面 BDEF,所以平面 BDEF⊥平面 ADE.(2)解 由(1)可得,在 Rt△ABD中,∠BAD=π3,BD= 3AD,又由 ED=BD,设 AD=1,则 BD=ED= 3.因为 DE⊥平面 ABCD,BD⊥AD,所以以点 D为坐标原点,DA,DB,DE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 A(1,0,0),C(-1, 3,0),E(0,0, 3),F(0, 3, 3),- 21 -所以AE→ =(-1,0, 3),AC→ =(-2, 3,0).设平面 AEC的法向量为 n=(x,y,z),则{n·AE→ =0,n·AC→ =0,即{-x+ 3z=0,-2x+ 3y=0,令 z=1,得 n=( 3,2,1)为平面 AEC的一个法向量.因为AF→ =(-1, 3, 3),所以 cos 〈n,AF→ 〉=n·AF→ |n|·|AF→ |=4214,所以直线 AF与平面 AEC所成角的正弦值为4214.10.(2020·武汉调研)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,底面△ABC是边长为 2的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.(1)求证:A1C1⊥B1C;(2)(一题多解)求二面角 B1-A1C-C1的正弦值.(1)证明 如图,取 A1C1的中点 D,连接 B1D,CD,∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,∵底面△ABC是边长为 2的正三角形,∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2,∴B1D⊥A1C1,又 B1D∩CD=D,B1D⊂平面 B1CD,CD⊂平面 B1CD,∴A1C1⊥平面 B1CD,∴A1C1⊥B1C.(2)解 法一 如图,过点 D作 DE⊥A1C于点 E,连接 B1E.∵侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,∴侧面 AA1C1C⊥平面 A1B1C1,又 B1D⊥A1C1,- 22 -侧面 AA1C1C∩平面 A1B1C1=A1C1,∴B1D⊥平面 A1CC1,∴B1D⊥A1C,∴A1C⊥平面 B1DE,∴B1E⊥A1C,∴∠B1ED为所求二面角的平面角.∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D= 3,又 ED=12CC1=22,∴tan ∠B1ED=B1DED=322= 6,∴sin∠B1ED=427.∴二面角 B1-A1C-C1的正弦值为427.法二 如图,取 AC 的中点 O,以 O 为坐标原点,射线 OB,OC,OA1分别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 O(0,0,0),B( 3,0,0),A1(0,0,1),B1( 3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0),∴A1B1→ =( 3,1,0),A1C→ =(0,1,-1).设 m=(x,y,z)为平面 A1B1C 的法向量,∴{m·A1B1→ = 3x+y=0,m·A1C→ =y-z=0,令 y= 3,得 m=(-1, 3, 3),又OB→ =( 3,0,0)为平面 A1CC1的一个法向量,∴cos 〈m,OB→ 〉=m·OB→ |m||OB→ |=-77,由图易知所求二面角为锐角,∴二面角 B1-A1C-C1的正弦值为427.B级 能力提升11.(2020·长沙雅礼中学检测)在三棱锥 P-ABC中,点 P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边 AB的中点,且点 P到底面 ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为- 23 -α,△PBC与底面所成的二面角的大小为β,则 tan(α+β)的值是(  )A.343 B.253 C.-8133 D.-583解析 如图,设点 P在边 AB上的射影为 H,作 HF⊥BC,HE⊥AC,连接 PF,PE.依题意,∠HEP=α,∠PFH=β.不妨设等边△ABC的边长为 2,则 PH=2,AH=BH=1.∴HE=32,HF=32,则 tan α=tan β=232=43,故 tan(α+β)=2tan α1-tan2α=2 ×431-(43 )2 =-813 3.答案 C12.已知正方形 ABCD的边长为 4,CG⊥平面 ABCD,CG=2,E,F分别是 AB,AD的中点,则点 B到平面 GEF的距离为(  )A. 11 B.112 C.2 1111 D.4 1111解析 连接 BG.以 C 为原点,CD→ ,CB→ ,CG→ 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,其中 C(0,0,0),G(0,0,2),E(2,4,0),B(0,4,0),F(4,2,0).∴BG→ =(0,-4,2),GE→ =(2,4,-2),EF→ =(2,-2,0).设平面 GEF的法向量为 n=(x,y,z),- 24 -则{n·GE→ =0,n·EF→ =0,即{2x+4y-2z=0,2x-2y=0.令 x=1,则 y=1,z=3,∴平面 GEF的一个法向量为 n=(1,1,3).设点 B到平面 GEF的距离为 h,则有h=|BG→ ·n||n|=|-4+6|11=211=2 1111,故选 C.答案 C13.如图所示,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=2 17,则该二面角的大小为__________.解析 由条件知CA→ ·AB→ =0,AB→ ·BD→ =0,∵CD→ =CA→ +AB→ +BD→ ,∴|CD→ | = (\o(CA,\s\up6(→))+\o(AB,\s\up6(→))+\o(BD,\s\up6(→)))2=36 + 16 + 64 + 2CA→ ·BD→ = 116 + 2CA→ ·BD→ =2 17.∴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°.答案 60°14.(2020·重庆名校联盟考试)如图,在四棱锥 P-ABCD中,PB⊥PA,PB⊥BC,BC∥平面 PAD,PA=PD=2,AD=AB=2BC=2 2.- 25 -(1)求证:平面 PAB⊥平面 PCD;(2)若点 M在线段 AB上,且直线 CM与平面 PBC所成角的正弦值为714,试求 AM的长.(1)证明 ∵BC∥平面 PAD,BC⊂平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,∴BC∥AD.∵PB⊥BC,∴PB⊥AD.∵PB⊥PA,PA∩AD=A,PA⊂平面 PAD,AD⊂平面 PAD,∴PB⊥平面 PAD.又 PD⊂平面 PAD,∴PD⊥PB.∵PA=PD=2,AD=2 2,∴PA2+PD2=AD2,∴PD⊥PA.而 PA∩PB=P,PA⊂平面 PAB,PB⊂平面 PAB,∴PD⊥平面 PAB.又∵PD⊂平面 PCD,∴平面 PAB⊥平面 PCD.(2)解 由(1)知 PA,PB,PD两两垂直,∴以 P为原点,分别以直线 PB,PA,PD为 x轴,y轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz,则 P(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),D(0,0,2),C(2,-1,1).∴PB→ =(2,0,0),PC→ =(2,-1,1).设平面 PBC的法向量为 n=(x,y,z),则{n·PB→ =0,n·PC→ =0,即{2x=0,2x-y+z=0.令 y=1,则 z=1,∴n=(0,1,1).令AM→ =λAB→ (0≤λ≤1),∴M(2λ,2-2λ,0),∴CM→ =(2λ-2,3-2λ,-1),∴cos〈CM→ ,n〉=CM→ ·n|CM→ |·|n|=2-2λ2· 8λ2-20λ+14=714.整理,得 24λ2-46λ+21=0.- 26 -解得λ=34或λ=76(舍去),此时 AM=3 22.∴当直线 CM与平面 PBC所成角的正弦值为714时,AM=3 22.C级 创新猜想15.(创新题型)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,若直线 AC与平面 A1BC所成的角为θ,二面角 A1-BC-A的平面角为φ,则θ与φ的大小关系为________.解析 法一 如图所示,在平面 A1ABB1中,作 AD⊥A1B于 D,连接 CD,易证 AD⊥平面 A1BC,所以∠ACD是直线 AC与平面 A1BC所成的角,∠ABA1是二面角 A1-BC-A的平面角,即∠ACD=θ,∠ABA1=φ,在 Rt△ADC中,sin θ=ADAC,在 Rt△ADB中,sin φ=ADAB,由于 ABAC,得 sin θsin φ,易知 0θπ2,0φπ2,所以θφ.法二 以点 B 为坐标原点,以 BC,BA,BB1所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.- 27 -设 AA1=a,AC=b,AB=c,则 B(0,0,0),A(0,c,0),C( b2-c2,0,0),A1(0,c,a).于是BC→ =( b2-c2,0,0),BA1→ =(0,c,a),AC→ =( b2-c2,-c,0),AA1→ =(0,0,a).设平面 A1BC的法向量为 n=(x,y,z),由{n·BA1→ =0,n·BC→ =0,得{cy+az=0,x b2-c2=0,令 z=c,则 y=-a.则 n=(0,-a,c)为平面 A1BC的一个法向量,因为 n·AC→ =ac0,所以AC→ 与 n 的夹角β为锐角,则β 与θ互为余角,所以 sin θ=cos β=n·AC→ |n|·|AC→ |=acb a2+c2,易知|cos φ|=|AA1→ ·n||AA1→ |·|n|=|c|a2+c2,又由图可知,φ为锐角,所以 cos φ=ca2+c2,所以 sin φ=aa2+c2,易知 cb,所以acb a2+c2aa2+c2,即 sin θsin φ,又 0θπ2,0φπ2,所以θφ.答案 θφ

扫描关注二维码

更多精彩等你来

客服服务微信

55525090

手机浏览

微信公众号

Copyright© 2006-2020 主站 www.5ykj.com , All Rights Reserved 闽ICP备12022453号-30

版权声明:以上文章中所选用的图片及文字来源于网络以及用户投稿,由于未联系到知识产权人或未发现有关知识产权的登记,

如有知识产权人并不愿意我们使用,如果有侵权请立即联系:55525090@qq.com,我们立即下架或删除。