江苏省2019届高考数学专题七随机变量、空间向量（理）7.2运用空间向量求角达标训练.docx

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；(2)求二面角BPDA的余弦值解：(1) 以，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(1,0，1)，(1,1y,0)因为直线PB与CD所成角大小为，所以|cos，|，即，解得y2或y0(舍)，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(1,0，1)，(0,1，1)，则即令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)，所以cosn1，n2，所以由图可知二面角BPDA的余弦值为.2(2018苏北四市期末)在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，AA12，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以，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的余弦值解：(1)因为AB1，AA12，则F(0,0,0)，A，C，B，E，A1，C1，所以(1,0,0)，.记异面直线AC和BE所成角为，则cos |cos，|，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.(2)设平面BFC1的法向量为m(x1，y1，z1)因为，则即取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)因为，(0,0,2)，则即取x2，得平面BCC1的一个法向量为n(，1,0)，所以cosm，n.根据图形可知二面角FBC1C为锐二面角，所以二面角FBC1C的余弦值为.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(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，.若CM平面AEF，求实数的值解：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A平面ABCD.又AE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(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F.(1)因为(0,2,0)，所以cos，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且 ，即，则(x，y，z2)(0,2，2)解得M(0,2，22)，(，21,22)设平面AEF的法向量为n(x0，y0，z0)因为(，0,0)，所以即令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n0，即2(21)(22)0，解得.4.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是直角三角形，ABAC1，AA12，点P是棱BB1上一点，满足 (01)(1)若，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；(2)若二面角PA1CB的正弦值为，求的值解：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)由得，(1,0，2)，(0,1，2)设平面A1BC的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得不妨取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，则sin ，所以直线PC与平面A1BC所成角的正弦值为.(2)设平面PA1C的法向量为n2(x2，y2，z2)，又(1,0,22)，故由得不妨取z21，则x222，y22，所以平面PA1C的一个法向量为n2(22，2,1)则cosn1，n2，又二面角PA1CB的正弦值为，所以，化简得2890，解得1或9(舍去)，故的值为1.B组大题增分练1(2018镇江期末)如图，ACBC，O为AB中点，且DC平面ABC，DCBE.已知ACBCDCBE2.(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系因为ACBCBE2，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(0，2,2)，(2,0,2)所以cos，.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(1,1,0)，(2,0,2)，得则解得取x01，则n(1,1,1)因为二面角OCEB为锐二面角，记为，则cos |cosm，n|.即二面角OCEB的余弦值为.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，为基底，建立空间直角坐标系O xyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0,2,2)，所以|cos，|.所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.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)已知二面角QBDP的正弦值为，求的值解：以，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)(2,1,0)，(0,0,2)(1)当Q是线段PA的中点时，Q(1，0,1)，(1，1，1)设平面PBD的法向量为m(x，y，z)则即不妨取x1，解得y2.则平面PBD的一个法向量为m(1，2,0)故cosm，.综上，CQ与平面PBD所成角的正弦值为.(2)(2,0,2)，设 (0,1)，即(2，0,2)故Q(22，0,2)，(2,1,0)，(22，0,2)设平面QBD的法向量为n(x，y，z)则即不妨取x1，则y2，z1，故平面QBD的一个法向量为n.由(1)得平面PBD的一个法向量m(1，2,0)，由题意得cos2m，n12，解得或1.又(0,1)，所以，所以，即 ，即.4.如图，在四棱锥SABCD中，SD平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ADCDAB90，SDADAB2，DC1.(1)求二面角SBCA的余弦值；(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(2,2,0)，C(0，1,0)，S(0,0,2)，所以(2,2，2)，(0,1，2)，(0,0,2)设平面SBC的法向量为n1(x，y，z)，则即令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