浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第八章立体几何与空间向量 第7讲 立体几何中的向量方法 第1课时空间角练习（含解析）

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1、第1课时 空间角基础达标1在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A30B45C60D90解析：选C.不妨设ABACAA11，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(1，0，1)，所以(0，1，1)，(1，0，1)，所以cos，所以，60，所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60.2在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()ABCD解析：选C.以A为原点，AB，AC，AP

2、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，由ABAC1，PA2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D，E，F.所以(0，0，2)，.设平面DFE的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2，0，1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin ，所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.3在正方体ABCDA1B1C1D1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_解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以(0，1，1)，设平面

3、A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则所以所以n1(1，2，2)因为平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.答案：4在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，点D在棱BB1上，若BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为_解析：如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为，E为AC的中点，连接BE，则BEAC，所以BE平面AA1C1C，可得()1cos (为与的夹角)，所以cos sin ，所以所求角的正切值为tan .答案：5已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成

4、角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F.(1)因为(0，1，1)，所以cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin |cos，|，所以cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6(2019宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)设点M是线段PC上的一点，PMtPC，且PA平面MQB

5、.求实数t的值；若PAPDAD2，且平面PAD平面ABCD，求二面角MBQC的大小解：(1)证明：连接BD，因为四边形ABCD为菱形，BAD60，所以ABD是正三角形，又Q为AD中点，所以ADBQ.因为PAPD，Q为AD中点，所以ADPQ.又BQPQQ，所以AD平面PQB，AD平面PAD，所以平面PQB平面PAD.(2)当t时，使得PA平面MQB，连接AC交BQ于N，交BD于O，则O为BD的中点，又因为BQ为ABD边AD上的中线，所以N为正三角形ABD的中心，令菱形ABCD的边长为a，则ANa，ACa.因为PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，所以PAMN，即PMPC，t.

6、因为PQAD，又平面PAD平面ABCD，以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，由PAPDAD2，则B(0，0)，C(2，0)，P(0，0，)，设M(a，b，c)，则(a，b，c)，(2，)，因为PMPC，所以，所以a，b，c，所以M，设平面MQB的法向量n(x，y，z)，由，(0，0)，且n，n，得，取z1，得n(，0，1)，又平面ABCD的法向量n(0，0，1)，所以cosm，n，由图知二面角MBQC的平面角为锐角，所以二面角MBQC的大小为60.能力提升1(2019杭州中学高三月考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四

7、边形，PA底面ABCD，M是棱PD的中点，且PAABAC2，BC2.(1)求证：CD平面PAC；(2)求二面角MABC的大小；(3)如果N是棱AB上一点，且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为，求的值解：(1)证明：因为在ABC中，ABAC2，BC2，所以BC2AB2AC2，所以ABAC，因为ABCD，所以ACCD，又因为PA底面ABCD，所以PACD，因为ACPAA，所以CD平面PAC.(2)如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(2，2，0)，因为M是棱PD的中点，所以M(1，1，1)，所以(1，1，1)，(2，0，0)，设n

8、(x，y，z)为平面MAB的法向量，所以，即.令y1，则，所以平面MAB的法向量n(0，1，1)因为PA平面ABCD，所以(0，0，2)是平面ABC的一个法向量所以cosn，.因为二面角MABC为锐二面角，所以二面角MABC的大小为.(3)因为N是棱AB上一点，所以设N(x，0，0)，(x，2，0)，设直线CN与平面MAB所成角为，因为平面MAB的法向量n(0，1，1)，所以，解得x1，即AN1，NB1，所以1.2(2019惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA2，侧面积为8，AOP120.(1)求证

9、：AGBD；(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，由题意可知822AD，解得AD2.则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，因为G是DP的中点，所以可求得G.(1)证明：(0，4，2)，.所以(0，4，2)0，所以AGBD.(2)(，1，0)，因为0，0，所以是平面APG的法向量设n(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n0，n0.解得n(2，0，1)，cos，n.结合图形得，二面角PAGB的平面角的余弦值为.3(2019温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，BAD60，将BDC沿着BD折起得

10、BDC，连接AC.(1)求证：平面AOC平面ABD；(2)若点C在平面ABD上的投影恰好是ABD的重心，求直线CD与底面ADC所成角的正弦值解：(1)证明：因为COBD，AOBD，COAOO，所以BD平面COA，又因为BD平面ABD，所以平面AOC平面ABD.(2)如图建系Oxyz，令ABa，则A，B，D，C，所以，平面ADC的法向量为m，设直线CD与底面ADC所成角为，则sin |cos，m|，故直线CD与底面ADC所成角的正弦值为.4如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)求

11、直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)在PAD中，PAPD，O为AD中点，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OCAD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系(、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以(1，1

12、，1)易证OA平面POC，所以(0，1，0)是平面POC的一个法向量，又cos，所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为.(2)(0，1，1)，(1，0，1)，设平面PCD的法向量为u(x，y，z)，则取z1，得u(1，1，1)所以B点到平面PCD的距离为d.(3)存在设(01)，因为(0，1，1)，所以(0，)，所以(0，1)，所以Q(0，1)设平面CAQ的法向量为m(x，y，z)，则取z1，得m(1，1，1)，易知平面CAD的一个法向量为n(0，0，1)，因为二面角QACD的余弦值为，所以|cosm，n|，得321030，解得或3(舍去)，所以存在点Q，使得二面角QACD的余弦值为，且.11