【高考讲坛】2023高考数学一轮复习 第7章 第7节 立体几何中的向量方法（Ⅱ）-求空间角课后限时自测 理 苏教版

【高考讲坛】2016届高考数学一轮复习第7章第7节立体几何中的向量方法（Ⅱ）-求空间角课后限时自测理苏教版[A级　基础达标练]一、填空题1．已知正方体ABCDA1B1C1D1，则BC1与截面BB1D1D所成的角为________．图7710[解析]　显然是面BB1D1D的法向量．易知〈，〉＝60°(△A1C1B为正三角形)，故所求角为90°－60°＝30°.[答案]　30°2．已知正方体ABCDA1B1C1D1如图7711所示，则直线B1D和CD1所成的角为________．图7711[解析]　以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD1，B1D的方向向量分别是＝(－1,0,1)，＝(－1,1，－1)，cos〈，〉＝＝0，∴两直线所成的角为90°.[答案]　90°3．如图7712，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BD1和AB1所成的角的余弦值等于________；直线BD1和平面ACC1A1所成角的余弦值等于________．9\n图7712[解析]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，D(0,0,0)，B1(2,2,1)，D1(0,0,1)．所以＝(－2，－2,1)，＝(0,2,1)，从而cos〈，〉＝＝－.故BD1和AB1所成的角的余弦值为.(2)易知：DB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一条法向量为＝(2,2,0)．∴cos〈，〉＝＝－.设θ为BD1和平面ACC1A1所成的角，则sinθ＝，因此，cosθ＝.[答案]　　4．(2012·陕西高考改编)如图7713所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_____________．图7713[解析]　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)，9\n∴cos〈，〉＝＝＝＝>0.∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.[答案]　5．如图7714所示，若P为正方体ABCDA1B1C1D1的棱A1B1的中点，则二面角PC1DD1的正切值是________．图7714[解析]　以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建系．设棱长为2，面DCC1D1的法向量是m＝(1,0,0)，求得面DPC1的法向量n＝，cos〈m，n〉＝.又该二面角为锐角，所以该二面角的余弦值为，正切值为2.[答案]　26．如图7715，已知三棱锥OABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，E是OC的中点，则二面角ABEC的余弦值为________．图7715[解析]　以O为原点，OB，OC，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系．可求得平面ABE的一个法向量为n1＝(1,2,2)．平面BEC的一个法向量为n2＝(0,0,1)．9\ncos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角余弦值为－.[答案]　－7．(2013·浙江温州二模)如图7716所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点，则直线BE与平面ABCD所成角的正切值为________．图7716[解析]　作EH⊥AD于H，连接BH，∵PA⊥面ABCD，EH∥PA，故EH⊥面ABCD，故∠EBH就是直线BE与平面ABCD所成的角，又EH＝PA＝1，BH＝＝，∴tan∠EBH＝＝.[答案]　8．(2014·常州期末)如图7717，在三棱锥PABC中已知平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝PA＝2a.点O，D分别是AB，PB的中点，PO⊥AB，连结CD，则异面直线PA与CD所成角的余弦值为________．图7717[解析]　由题意可知PO⊥平面ABC且OC⊥AB，故可建立如图所示的空间直角坐标系．A(0，－a,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0,0，a)，D，从而＝(0，－a，－a)，＝，9\ncos〈，〉＝－，所以PA与CD所成角的余弦值为.[答案]　二、解答题9.如图7718，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．图7718(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(2)求二面角EACD的余弦值．[解]　以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，E(0,2,1)，P(0,0,2)．∴＝(2,0,0)，＝(0,4,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(2,4,0)．(1)证明：∵·＝0，∴CD⊥AD.又∵·＝0，∴CD⊥AP.∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，而CD⊂平面PDC.∴平面PDC⊥平面PAD.(2)设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，令z＝1，则n＝(x，y,1)．由即⇒⇒∴n＝.平面ABC的一个法向量＝(0,0,2)，cos〈n，〉＝＝＝.9\n所以二面角EACD所成平面角的余弦值是.10．(2014·南通、扬州、泰州、宿迁高三调研)如图7719，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝AB，E是棱AB上一点，且＝λ.图7719(1)证明：D1E⊥A1D；(2)若二面角D1ECD的大小为，求实数λ的值．[解]　(1)如图，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系．不妨设AD＝AA1＝1，AB＝2，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，B1(1,2,1)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，因为＝λ，所以E，于是＝，＝(－1,0，－1)．所以·＝·(－1,0，－1)＝0.故D1E⊥A1D.(2)因为D1D⊥平面ABCD，所以平面DEC的法向量为n1＝(0,0,1)．又＝，＝(0，－2,1)．设平面D1CE的法向量为n2＝(x，y，z)．则n2·＝x＋y＝0，n2·＝－2y＋z＝0.取y＝1，得平面D1CE的一个法向量为n2＝.因为二面角D1ECD的大小为，则＝解得λ＝±－1，9\n又因为E是棱AB上的一点，所以λ>0，故所求的λ值为－1.[B级　能力提升练]一、填空题1.(2014·南师附中模拟)如图7720，在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝.面SCD与面SBA所成的二面角的正切值为________．图7720[解析]　如图，以点A为坐标原点，，，方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(－1，0,0)，C(－1,1,0)，D，S(0,0,1)，＝，＝.求得平面SCD的一个法向量为n＝(1,2,1)，易知＝是平面SBA的一个法向量，故cos〈，n〉＝，可得二面角正切值为.[答案]　2．(2014·天津高考改编)如图7721，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点，则直线BE与平面PBD所成角的正弦值为________．图77219\n[解析]　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系得B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，E(1,1,1)，从而求得＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)，＝(0,1,1)，可求平面PBD的一个法向量n＝(2,1,1)，cos〈，n〉＝，所以直线与平面PBD所成角的正弦值为.[答案]　二、解答题3.(2014·大纲全国卷)如图7722，三棱柱ABCA1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.图7722(1)证明：AC1⊥A1B；(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1ABC的大小的余弦值．[解]　以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．(1)设A1(a,0，c)，由题设有a≤2，A(2,0,0)，B(0,1,0)，则＝(－2,1,0)，＝(－2,0,0)，＝(a－2,0，c)，＝＋＝(a－4,0，c)，＝(a，－1，c)．由||＝2得＝2，即a2－4a＋c2＝0.①于是·＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B.(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥，m⊥，即m·＝0，m·＝0.因为＝(0,1,0)，＝＝(a－2,0，c)，9\n故y＝0，且(a－2)x＋cz＝0.令x＝c，则z＝2－a，m＝(c,0,2－a)，点A到平面BCC1B1的距离为||·|cos〈m，〉|＝＝＝c.又依题设，点A到平面BCC1B1的距离为，所以c＝.代入①解得a＝3(舍去)或a＝1.于是＝(－1,0，)．设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0，－p＋r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝，则q＝2，r＝1，n＝(，2，1)．又p＝(0,0,1)为平面ABC的法向量，故cos〈n，p〉＝＝.所以二面角A1ABC的余弦值.9