高中数学：利用向量求空间角练习

高中数学：利用向量求空间角练习

1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( B )

1A.2 3C.3

2B.3 2D.2

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A-xyz,

1

设棱长为1,则A1(0,0,1),E1，0，2,D(0,1,0),

→→

1

∴A1D＝(0,1,－1),A1E＝1，0，－2,

设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1,y,z)． →

A1D·n1＝0，则有→

A1E·n1＝0，∴n1＝(1,2,2)．

22∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1),∴cos〈n1,n2〉＝＝3,即所成的锐二面角的

3×12

余弦值为3.

y－z＝0，y＝2，即∴ 1

z＝2，1－2z＝0，

2．(大同模拟)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是( D ) 3A.2 22C.3

2B.2 23D.3

解析：如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立坐标系,

→→→

则D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B(2,2,0),D1A1＝(2,0,0),DB＝(2,2,0),DA1＝(2,0,2), 设平面A1BD的一个法向量n＝(x,y,z), →n·DA1＝0，则→n·DB＝0，

2x＋2z＝0，

∴ 2x＋2y＝0，

令z＝1,得n＝(－1,1,1)．

→|D1A1·n|223

∴D1到平面A1BD的距离d＝|n|＝＝3. 3

3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )

A.33

4

B.23

3

32C.4 3D.2 解析：由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等．

如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,

易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以α∥平面A1BD,当平面α趋近点A时,截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O时,截面图形为正六边形,23233

其边长为2,截面图形的面积为6×4×2＝4；当平面α趋近于C1时,截面图形的面积

233

趋近于0,所以截面图形面积的最大值为4,故选A.

4．已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面上,AC为球O的直径．当三棱锥P-ABC的体积最大时,二面角P-AB-C的大小为θ,则sinθ等于( C )

2A.3 6C.3

解析：如图,设球O的半径为R,

5B.3 7D.3

由4πR2＝16π,得R＝2, 设点P到平面ABC的距离为d, 则0＜d≤2,因为AC为球的直径, 所以AB2＋BC2＝AC2＝16,则

11AB2＋BC28

V三棱锥P-ABC＝6AB·BC·d≤6·2·2＝3,

当且仅当AB＝BC＝22,d＝2时,V三棱锥P-ABC取得最大值, 此时平面PAC⊥平面ABC,

连接PO,因为PO⊥AC,平面PAC∩平面ABC＝AC,PO⊂平面PAC, 所以PO⊥平面ABC,过点P作PD⊥AB于D, 连接OD,因为AB⊥PO,AB⊥PD,PO∩PD＝P, 所以AB⊥平面POD,则AB⊥OD, 所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角, 1

因为OD＝2BC＝2,所以PD＝PO2＋OD2＝6, PO6

则sinθ＝sin∠PDO＝PD＝3,故选C.

5．如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心,则EF和CD所成的角的大小是 45° .

解析：以D为原点,分别以DA、DC、DD1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D-xyz,

→→

111111

设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),C(0,1,0),E2，2，1,F2，0，2,EF＝0，－2，－2,DC＝

(0,1,0),

→→

→→→→

EF·DC2

∴cos〈EF,DC〉＝＝－2,∴〈EF,DC〉＝135°,

→→|EF||DC|∴异面直线EF和CD所成的角的大小是45°.

6．如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ2上,E,F分别为AB,BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为 5 .

解析：建立空间直角坐标系如图所示．

→

11

设AB＝1,则AF＝1，2，0,E2，0，0.

→

1

设M(0,y,1)(0≤y≤1),则EM＝－2，y，1.



→→

π|AF·EM|

∵θ∈0，2,∴cosθ＝

→→

|AF||EM|

11－2＋2y

21－y

＝.

1125·4y2＋51＋4·4＋y＋1

＝

21－y28y＋1

＝1－2则.

4y＋54y2＋5令8y＋1＝t,1≤t≤9, 8y＋1

则2＝4y＋5

161

≥5, 81t＋t－2

当且仅当t＝1时取等号． ∴cosθ＝

21－y122

≤×＝5,当且仅当y＝0时取等号． 2555·4y＋5

7．如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D-AE-C为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥E-ACD的体积． 解：(1)证明：连接BD交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点． 又E为PD的中点,所以EO∥PB.

又因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直．

→→

如图,以A为坐标原点,AB的方向为x轴的正方向,|AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,

→

3131

则D(0,3,0),E0，，,AE＝0，，.

2222设B(m,0,0)(m＞0),

→

则C(m,3,0),AC＝(m,3,0)． 设n1＝(x,y,z)为平面ACE的法向量, →n1·AC＝0，则→n1·AE＝0，

mx＋3y＝0，

即31

2y＋2z＝0，

3

可取n1＝，－1，3.

m

又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量, 1

由题设得|cos〈n1,n2〉|＝2, 即

313

＝,解得m＝2. 3＋4m22

因为E为PD的中点, 1

所以三棱锥E-ACD的高为2.

11313

三棱锥E-ACD的体积V＝3×2×3×2×2＝8.

8．(江西六校联考)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ABD＝90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB＝2,EB＝3,EF＝1,BC＝13,且M是BD的中点．

(1)求证：EM∥平面ADF；

(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小． 解：(1)证法一：取AD的中点N,连接MN,NF.

1

在△DAB中,M是BD的中点,N是AD的中点,所以MN∥AB,MN＝2AB, 1

又因为EF∥AB,EF＝2AB, 所以MN∥EF且MN＝EF.

所以四边形MNFE为平行四边形,所以EM∥FN, 又因为FN⊂平面ADF,EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF. 证法二：因为EB⊥平面ABD,AB⊥BD,

故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.

→→→

3

由已知可得EM＝2，0，－3,AD＝(3,－2,0),AF＝(0,－1,3),

设平面ADF的法向量是n＝(x,y,z)． →

n·AD＝0，由→n·AF＝0

3x－2y＝0，

得 －y＋3z＝0，

令y＝3,则n＝(2,3,3)． →→

又因为EM·n＝0,所以EM⊥n, 又EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF.

(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2,3,3)． 易得平面BFD的一个法向量是m＝(0,－3,1)． m·n3

所以cos〈m,n〉＝|m|·＝－

|n|4, 又二面角A-FD-B为锐角,

3

故二面角A-FD-B的余弦值大小为4.

9．(河南郑州一模)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E为线段BD上的一点,且EB＝ED＝EC＝BC,连接CE并延长交AD于F.

(1)若G为PD的中点,求证：平面PAD⊥平面CGF；

(2)若BC＝2,PA＝3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：在△BCD中,EB＝ED＝EC＝BC, ππ

故∠BCD＝2,∠CBE＝∠CEB＝3, 连接AE,

∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,

π

从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝3,AE＝CE＝DE. π

∴∠AEF＝∠FED＝3. 故EF⊥AD,AF＝FD. 又PG＝GD,∴FG∥PA.

又PA⊥平面ABCD,故GF⊥平面ABCD, ∴GF⊥AD,

又GF∩EF＝F,故AD⊥平面CFG.

又AD⊂平面PAD, ∴平面PAD⊥平面CGF.

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3)． →→→

故BC＝(1,3,0),CP＝(－3,－3,3),CD＝(－3,3,0)． 设平面BCP的一个法向量为n1＝(1,y1,z1), 1＋3y1＝0，则

－3－3y1＋3z1＝0，32

即n1＝1，－，.

33

设平面DCP的一个法向量为n2＝(1,y2,z2), －3＋3y2＝0，y2＝3，

则解得

z2＝2，－3－3y2＋3z2＝0，即n2＝(1,3,2)．

|n1·n2|

从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|n||n|＝1

2

3

y＝－13，解得

2z1＝，3

4

32

＝4. 16

9×8

10．(2017·全国卷Ⅱ)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面1

ABCD,AB＝BC＝2AD,∠BAD＝∠ABC＝90°,E是PD的中点．

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值． 解：(1)取PA的中点F,连接EF,BF. 因为E是PD的中点, 1所以EF∥AD,EF＝2AD.

由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD, 1

又BC＝2AD,所以EF綊BC, 四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,

又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.

→→

(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示→→

的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC＝(1,0,－3),AB＝(1,0,0)．设→→

M(x,y,z)(0＜x＜1),则BM＝(x－1,y,z),PM＝(x,y－1,z－3)．

因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量, →

所以|cos〈BM,n〉|＝sin 45°, |z|2

＝,

x－12＋y2＋z22即(x－1)2＋y2－z2＝0.① →→

又M在棱PC上,设PM＝λPC,

则x＝λ,y＝1,z＝3－3λ.②

由①②解得y＝1，

6z＝－2

2

x＝1＋2，

(舍去),或y＝1，

6z＝2.

2x＝1－2，

→

2626

所以M1－，1，,从而AM＝1－，1，.

2222设m＝(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, →

m·AM＝0，则→m·AB＝0，

2－2x0＋2y0＋6z0＝0，即 x0＝0，所以可取m＝(0,－6,2)． 10m·n

于是cos〈m,n〉＝＝.

|m||n|5易知所求二面角为锐角．

10

因此二面角M-AB-D的余弦值为5.

1

11．如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC＝∠PAB＝90°,BC＝CD＝2AD,E为棱AD

的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由；

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行．

如图,延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点． 理由如下：

由已知,BC∥ED,且BC＝ED.

所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB. 又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE, 所以CM∥平面PBE.

(说明：延长AP至点N,使得AP＝PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)解法一：由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD＝A, 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD.

所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°. 设BC＝1,则在Rt△PAD中,PA＝AD＝2.

过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH. 易知PA⊥平面ABCD,

又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH.

过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中,∠AEH＝45°,AE＝1, 2所以AH＝2.

32

在Rt△PAH中,PH＝PA＋AH＝2,

2

2

AH1

所以sin∠APH＝PH＝3.

解法二：由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD＝A, 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角． 所以∠PDA＝45°.

由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1,则在Rt△PAD中,PA＝AD＝2.

→→

作Ay⊥AD,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), →→→

所以PE＝(1,0,－2),EC＝(1,1,0),AP＝(0,0,2)．

设平面PCE的法向量n＝(x,y,z), →n·PE＝0，由→n·EC＝0，

x－2z＝0，

得 x＋y＝0，

设x＝2,解得n＝(2,－2,1)． 设直线PA与平面PCE所成角为α, →

|n·AP|21

则sinα＝＝＝.

→2×22＋－22＋123|n|·|AP|1

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为3.

12．(江西南昌二中月考)如图,在等腰梯形ABCD中,∠ABC＝60°,CD＝2,AB＝4,点E为AB的中点,现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折起,形成四棱锥B-AECD.

(1)在四棱锥B-AECD中,求证：AD⊥BD；

(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°,求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．

解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前,∠ABC＝60°,CD＝2,AB＝4,点E为AB的中点,得三角形BEC沿线段EC折起后,四边形AECD为菱形,边长为2,∠DAE＝60°,如图,取EC的中点F,连接DF,BF,DE,

∵△BEC和△DEC均为正三角形, ∴EC⊥BF,EC⊥DF, 又BF∩DF＝F,

∴EC⊥平面BFD,∵AD∥EC,∴AD⊥平面BFD, ∵BD⊂平面BFD,∴AD⊥BD.

(2)以F为坐标原点,建立如图的空间直角坐标系,

由EC⊥平面BFD,知z轴在平面BFD内, ∵BF⊥EC,DF⊥EC,

∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角, ∴∠BFD＝120°,∴∠BFz＝30°,

33又∵BF＝3,∴点B的横坐标为－2,点B的竖坐标为2. 因D(3,0,0),E(0,1,0),A(3,2,0), 33B－，0，,

22

→→→

333

故AE＝(－3,－1,0),BD＝，0，－2,AD＝(0,－2,0)．

2设平面ABD的法向量为n＝(x,y,z),

∴→AD·n＝0，－2，0·x，y，z＝0，

323x－3z＝0，

2得

－2y＝0，

→

333

·BD·n＝x，y，z＝0，，0，－22

令x＝1,得y＝0,z＝3,∴平面ABD的一个法向量为n＝(1,0,3), →

→

AE·n

∴cos〈AE,n〉＝＝

→|AE||n|

－3，－1，0·1，0，33

＝－4,

2×2∵直线AE与平面ABD所成角为锐角, 3

∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为4.