2019版高考数学复习立体几何课时达标检测三十九利用空间向量求空间角理.docx

课时达标检测（三十九） 利用空间向量求空间角一般难度题全员必做1已知直三棱柱ABCA1B1C1，ACB90，CACBCC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值解：如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设CACBCC12，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，(0，1,2)， (2,0，2)，cos，.异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.2.(2018河南洛阳模拟)已知三棱锥A BCD，AD平面BCD，BDCD，ADBD2，CD2，E，F分别是AC，BC的中点，P为线段BC上一点，且CP2PB.(1)求证：APDE；(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值解：(1)证明：作PGBD交CD于点G.连接AG.2，GDCD.AD平面BCD，ADDC，在ADG中，tanGAD，DAG30，在RtADC中，AC2AD2CD241216，AC4，又E为AC的中点，DEAE2，又AD2，ADE60，AGDE.AD平面BCD，ADBD，又BDCD，ADCDD，BD平面ADC，PG平面ADC，PGDE.又AGPGG，DE平面AGP，又AP平面AGP，APDE.(2)以D为坐标原点，直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D xyz，则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，1)，F(1，0)，(1，0)，(0，1)，(0,2，2)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则即令x3，则n(3，3)设直线AC与平面DEF所成角为，则sin |cos，n|，所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.3.如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角D AFE的余弦值解：(1)证明：PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD.又CDAD，PDCDD，AD平面PCD.又PC平面PCD，ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.(2)设AB1，则在RtPDC中，CD1，又DPC30，PC2，PD，PCD60.由(1)知CFDF，DFCDsin 60，CFCDcos 60.又FECD，DE.同理EFCD.如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)，E，F，P(，0,0)，C(0,1,0)设m(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则又，令x4，得m(4,0，)由(1)知平面ADF的一个法向量为(，1,0)，设二面角D AFE的平面角为，可知为锐角，故cos |cosm，|.故二面角D AF E的余弦值为.中档难度题学优生做1.(2018郑州质量预测)如图，三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均相等D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点(1)证明：EF平面A1CD；(2)若三棱柱ABC A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值解：(1)证明：在三棱柱ABC A1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，连接ED(图略)，在ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DEAC，DEAC.又F为A1C1的中点，可得A1FA1C1，所以A1FDE，A1FDE，因此四边形A1FED为平行四边形，所以EFA1D，又EF平面A1CD，A1D平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)法一：因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CDAB，又AA1CD，AA1ABA，所以CD平面A1ABB1.如图在平面A1ABB1内，过点B作BGA1D，交直线A1D于点G，连接CG，则BG平面A1CD，所以BCG为直线BC与平面A1CD所成的角设三棱柱的棱长为a，可得A1D，由A1ADBGD，可得BG，在RtBCG中，sinBCG.所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.法二：设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC A1B1C1为直棱柱，所以OD平面A1B1C1，所以ODOC1，ODOA1.又A1B1C1为等边三角形，所以OC1A1B1.以O为坐标原点， ， 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O xyz.设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B，C，A1，D(0，a,0)所以，.设平面A1CD的法向量为n(x，y，z)，由得令x2，得n(2,1,0)设直线BC与平面A1CD所成的角为，则sin .所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.2如图，正方形ABCD的边长为4，ABAEBFEF，ABEF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD平面AEFB，G是EF的中点，如图.(1)求证：AG平面BCE；(2)求二面角CAEF的余弦值解：(1)证明：连接BG，因为BCAD，AD底面AEFB，所以BC底面AEFB，又AG底面AEFB，所以BCAG，因为AB綊EG，ABAE，所以四边形ABGE为菱形，所以AGBE，又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE.(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4，设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，D(2,0,4)，所以(2,2，4)，(2，2，0)，设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则所以令y1，则x，z，即平面ACE的一个法向量为n(，1，)，易知平面AEF的一个法向量为(0,0,4)，设二面角CAEF的大小为，由图易知，所以cos .较高难度题学霸做1.(2018安徽省百所重点高中模拟)如图所示的几何体由平面PECF截棱长为2的正方体得到，其中P，C为原正方体的顶点，E，F为原正方体侧棱长的中点，正方形ABCD为原正方体的底面，G为棱BC上的动点(1)求证：平面APC平面PECF；(2)设 (01)，当为何值时，平面EFG与平面ABCD所成的角为？解：(1)证明：由已知可知，EBFD，且EBFD，如图，连接BD，则四边形EFDB是平行四边形，EFBD.底面ABCD为正方形，BDAC.AP底面ABCD，BDAP.又ACAPA，BD平面APC，EF平面APC.EF平面PECF，平面APC平面PECF.(2)以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则B(2,2,0)，F(0,0,1)，E(2,2,1)，G(2,22，0)，(2,2,0)， (0,2，1)，设m(x，y，z)是平面EFG的法向量，故即令y1，可得m(1，1,2)为平面EFG的一个法向量，而平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)于是cos|cosm，n|，解得，又01，.2(2018山西太原模拟)如图甲，在平面六边形ABFCDE中，四边形ABCD是矩形，且AB4，BC2，AEDE，BFCF，点M，N分别是AD，BC的中点，分别沿直线AD，BC将ADE，BCF翻折成如图乙的空间几何体ABCDEF.(1)利用下面的结论或结论，证明：E，F，M，N四点共面；结论：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个结论：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个(2)若二面角E ADB和二面角F BC A都是60，求二面角A BEF的余弦值解：(1)证明：如图，连接MN，ME，NF，四边形ABCD是矩形，点M，N分别是AD，BC的中点，AMBN，AMBN，DAB90，四边形ABNM是矩形，ADMN.AEDE，点M是AD的中点，ADME，又MNMEM，AD平面EMN，平面EMN平面ABCD，同理可得平面FMN平面ABCD，由结论可得平面EMN与平面FMN是同一个平面，E，F，M，N四点共面(2)由(1)知平面EMNF平面ABCD，过点E作EOMN，垂足为O，EO平面ABCD.以过点O作垂直于MN的直线为x轴，ON，OE所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.AD2，AEDE，点M是AD的中点，AE