高考数学一轮复习配餐作业48利用空间向量求空间角含解析理.doc
1配餐作业配餐作业( (四十八四十八) ) 利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角(时间：40 分钟)1. (2016·东北三省三校联考)如图，菱形ABCD中，ABC60°，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，ABAE2。(1)求证：BD平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为 45°时，求CF的长度。解析 (1)证明：四边形ABCD是菱形，BDAC。AE平面ABCD，BD平面ABCD，BDAE。又ACAEA，BD平面ACFE。(2)如图，以O为原点， ，为x，y轴正方向，z轴过O且平行于CF，建立空间直角坐标系OAOBOxyz，则B(0， ，0)，D(0，0)，E(1,0,2)，F(1,0，a)(a>0)，(1,0，a)。33OF设平面EDB的法向量为n n(x，y，z)，则有Error!即Error!令z1，n n(2,0,1)，由题意 sin45°|cos，n n|，解得a3 或 。由OF|OF·n n|OF|n n|2a|a21· 5221 3a>0，得a3。所以CF3。答案 (1)见解析 (2)32. (2016·全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，2点E，F分别在AD，CD上，AECF ，EF交BD于点H。将DEF沿EF折到DEF的位5 4置，OD。10(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值。解析 (1)证明：由已知得ACBD，ADCD。又由AECF得，故ACEF。AE ADCF CD因此EFHD，从而EFDH。由AB5，AC6，得DOBO4。AB2AO2由EFAC得 。OH DOAE AD1 4所以OH1，DHDH3。于是DH2OH2321210DO2，故DHOH。又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD。(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为zHFHDHD轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)。ABACAD设m m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则Error!即Error!所以可取m m(4,3，5)。设n n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则3Error!即Error!所以可取n n(0，3,1)。于是 cosm m，n n，m m·n n |m m|n n|1450 ×107 525sinm m，n n。2 9525因此二面角BDAC的正弦值是。2 9525答案 (1)见解析 (2)2 95253如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B上，且满足B1F2BF。(1)求证：EFA1C1；(2)在棱C1C上确定一点G，使A，E，G，F四点共面，并求此时C1G的长；(3)求平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值。解析 (1)证明：因为A1C1B1D1，A1C1DD1，B1D1DD1D1，所以A1C1平面BB1D1D。因为EF平面BB1D1D，所以EFA1C1。(2)如图，在平面BCC1B1内，过点F作FGAE交棱C1C于点G，此时A，E，G，F四点共面，且C1Gaaa。1 21 31 6(B1F2BF，则BF1 3a)(3)解法一：延长DB，EF相交于H，连接AH，则AH为平面AEF与平面ABCD的交线，过点B作BIAH(垂足为I)，连接FI，则FIB为所求平面AEF与平面ABCD所成二面角的平面角。因为BFa，DEa，DBa，则BH2a，AHa，1 31 222134由SABHBI×AHAB×BHsin45°a2，解得BIa。所以1 21 22 1313tanFIB，FB BI136cosFIB 。6 7解法二：建立如图所示空间直角坐标系，则A(a,0,0)，F，E，(a，a，a 3)(0，0，a 2)AF，。设平面AEF的一个法向量为n n1(x，y，z)，则·n n10，(0，a，a 3)AE(a，0，a 2)AF·n n10，即Error!取z6，则n n1(3，2,6)；又平面ABCD的法向量n n2(0,0,1)，设AE平面AEF与平面ABCD所成二面角为，则 cos 。n n1·n n2 |n n1|·|n n2|6 7答案 (1)见解析 (2)过点F作FGAE交棱C1C于点G，C1Ga (3)1 66 74. (2016·浙江高考)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90°，BEEFFC1，BC2，AC3。(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值。解析 (1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示。5因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以，AC平面BCK，因此，BFAC。又EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，又ACCKC，所以BF平面ACFD。(2)如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形。取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC。以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。由题意得B(1,0,0)，C(1,0,0)，K(0,0，)，3A(1，3，0)，E，F。(1 2，0，32)(1 2，0，32)因此(0,3,0)，(1,3，)，(2,3,0)。ACAK3AB设平面ACK的法向量为m m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n n(x2，y2，z2)。由Error!得Error!取m m(，0，1)；3由Error!得Error!于是，cosm m，n n。m m·n n |m m|·|n n|34所以，二面角BADF的平面角的余弦值为。34答案 (1)见解析 (2)346(时间：20 分钟)1. (2016·天津高考)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，ABBE2。(1)求证：EG平面ADF；(2)求二面角OEFC的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AHHF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值。2 3解析 依题意，OF平面ABCD，如图，以O为原点，分别以， ，的方向为x轴、ADBAOFy轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，依题意可得O(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)，C(1，1,0)，D(1,1,0)，E(1，1,2)，F(0,0,2)，G(1,0,0)。(1)证明：依题意，(2,0,0)，(1，1,2)。设n n1(x，y，z)为平面ADF的ADAF法向量，则Error!即Error!不妨设z1，可得n n1(0,2,1)，又(0,1，2)，可EG得·n n10，又直线EG平面ADF，所以EG平面ADF。EG(2)易证，(1,1,0)为平面OEF的一个法向量。依题意，(1,1,0)，OAEF(1,1,2)。CF设n n2(x，y，z)为平面CEF的法向量，则Error!即Error!不妨设x1，可得n n2(1，1,1)。因此有 cos，n n2，OAOA·n n2|OA|·|n n2|637于是 sin，n n2。OA33所以二面角OEFC的正弦值为。33(3)由AHHF，得AHAF。因为(1，1，2)，所以，进2 32 5AFAH2 5AF(2 5，2 5，4 5)而有H，从而，(3 5，3 5，4 5)BH(2 5，8 5，4 5)因此 cos，n n2。BHBH·n n2|BH|·|n n2|721所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为。721答案 (1)见解析 (2) (3)337212如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1。 2(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长。解析 以， ，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的ABADAP坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)。(1)由题意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)。ADAD因为(1,1，2)，(0,2，2)，PCPD8设平面PCD的法向量为m m(x，y，z)，则m m·0，m m·0，PCPD即Error!令y1，解得z1，x1。所以m m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量。从而 cos，m m，ADAD·m m|AD|m m|33所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为。33(2)因为(1,0,2)，BP设(，0,2)(01)，BQBP又(0，1,0)，则(，1,2)。CBCQCBBQ又(0，2,2)，DP从而 cos， 。CQDPCQ·DP|CQ|DP|121022设 12t，t1,3，则 cos2， 。CQDP2t2 5t210t929(1t5 9)220 99 10当且仅当t ，即 时，|cos， |的最大值为。9 52 5CQDP3 1010因为ycosx在上是减函数，(0， 2)所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值。又因为BP，12225所以BQBP。2 52 55答案 (1) (2)332 55
