专项训练四 立体几何（考点2 利用空间向量求空间角）(解析版)

专项四立体几何考点2利用空间向量求空间角大题拆解技巧【母题】(2021年新高考全国Ⅱ卷)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD.(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.【拆解1】在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.证明:平面QAD⊥平面ABCD.【解析】取AD的中点O,连接QO,CO,如图所示.因为QA=QD,OA=OD,所以QO⊥AD,又AD=2,QA=5,故QO=5-1=2.在正方形ABCD中,因为CD=AD=2,DO=1,所以OC=5,因为QC=3,所以QC2=QO2+OC2,故△QOC为直角三角形且QO⊥OC,又因为OC∩AD=O,所以QO⊥平面ABCD,因为QO⊂平面QAD,所以平面QAD⊥平面ABCD.【拆解2】已知条件不变,求平面QBD的法向量.【解析】在平面ABCD内,过点O作OT∥CD交BC于点T,则OT⊥AD,结合(1)中的QO⊥平面ABCD,可建立如图所示的空间直角坐标系. 则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0),故BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).设平面QBD的法向量为n=(x,y,z),则n·BQ=0,n·BD=0,即-2x+y+2z=0,-2x+2y=0,取x=1,则y=1,z=12,故n=1,1,12,即平面QBD的一个法向量为n=1,1,12.【拆解3】已知条件不变,求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.【解析】显然平面QAD的一个法向量为m=(1,0,0),由拆解2可知平面QBD的一个法向量为n=1,1,12,则cos<m,n>=11×32=23.又二面角B-QD-A的平面角为锐角,所以其余弦值为23.小做变式训练如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,AB=2PA=4,点E在棱PA上,PC∥平面BDE.(1)求证:E为PA的中点.(2)记二面角E-BD-P的平面角为θ,求cosθ的值.【拆解1】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,AB=2PA=4,点E在棱PA上,PC∥平面BDE.求证:E为PA的中点.【解析】 连接AC,交BD于点O,连接OE,如图所示.因为PC∥平面BDE,平面BDE∩平面PCA=OE,PC⊄平面BDE,所以PC∥OE.因为四边形ABCD是正方形,BD∩AC=O,所以O是AC的中点.在△ACP中,因为O是AC的中点,PC∥OE,所以E为PA的中点.【拆解2】本例条件不变,建立适当的空间直角坐标系,求平面BDE的一个法向量.【解析】易知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(4,0,0),D(0,4,0),E(0,0,1),P(0,0,2).设平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1),因为EB=(4,0,-1),ED=(0,4,-1),所以n1·EB=4x1-z1=0,n1·ED=4y1-z1=0,令x1=y1=1,则z1=4,故n1=(1,1,4).【拆解3】本例条件不变,求平面BDP的一个法向量.【解析】在拆解2的坐标系中,设平面BDP的法向量为n2=(x2,y2,z2),因为PB=(4,0,-2),PD=(0,4,-2),所以n2·PB=4x2-2z2=0,n2·PD=4y2-2z2=0,令x2=y2=1,则z2=2,故n2=(1,1,2).【拆解4】本例条件不变,记二面角E-BD-P的平面角为θ,求cosθ的值.【解析】由拆解2,3可知,平面BDE的一个法向量n1=(1,1,4),平面BDP的一个法向量n2=(1,1,2),因为cos