2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（三十八） 利用空间向量求空间角 作业.doc

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1、第 1 页 共 9 页 课时跟踪检测（三十八）课时跟踪检测（三十八） 利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角 1把边长为把边长为 2 的正方形的正方形 ABCD 沿对角线沿对角线 BD 折起，使得平面折起，使得平面 ABD平面平面 CBD，则异，则异面直线面直线 AD，BC 所成的角为所成的角为( ) A120 B30 C90 D60 解析：解析：选选 D 建立如图所示的空间直角坐标系，则建立如图所示的空间直角坐标系，则 A( 2，0,0)，B(0，2，0)，C(0，0， 2)，D(0， 2，0)，AD ( 2， 2，0)，BC (0， 2， 2) |AD |2，| BC |2，AD BC

2、2. cosAD ， BC AD BC | AD | BC |22212. 异面直线异面直线 AD，BC 所成的角为所成的角为 60 .故选故选 D. 2在正方体在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点中，点 E 为为 BB1的中点，则平面的中点，则平面 A1ED 与平面与平面 ABCD 所所成的锐二面角的余弦值为成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22 解析：解析： 选选 B 以以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz，设棱长为设棱长为 1， 则则 A1(0,0,1)，E 1，0，12，D(0,1,0

3、)， A1D (0,1，1)， A1E 1，0，12. 设平面设平面 A1ED 的一个法向量为的一个法向量为 n1(x，y，z)， 则则 n1 A1D 0，n1 A1E 0，即即 yz0，x12z0，令令 x1， y2，z2，n1(1,2,2) 又平面又平面 ABCD 的一个法向量为的一个法向量为 n2(0,0,1)， cosn1，n223123. 第 2 页 共 9 页 即平面即平面 A1ED 与平面与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为所成的锐二面角的余弦值为23. 3 (多选多选)(2021 福州质检福州质检)已知四边形已知四边形 ABCD 为正方形为正方形 GD平面平面 ABCD，

4、 四边形， 四边形 DGEA与四边形与四边形 DGFC 也都为正方形，连接也都为正方形，连接 EF，FB，BE，H 为为 BF 的中点，则下列结论正确的的中点，则下列结论正确的是是( ) ADEBF BEF 与与 CH 所成角为所成角为3 CEC平面平面 DBF DBF 与平面与平面 ACFE 所成角为所成角为4 解析：解析：选选 ABC 由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示图所示 以以 D 为原点，为原点，DA，DC，DG 所在直线分别为所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空轴，建立空间直角坐标系间直角坐标系 设设 ADDCDG2，

5、则则 D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)， F(0,2,2)，B(2,2,0)，H(1，2,1) ADE (2,0,2)， BF (2,0,2)， DE BF 4040， DE BF ，DEBF，A 是正确的是正确的 B EF (2,2,0)，CH (1,0,1) 设设 EF 与与 CH 所成的角为所成的角为 ， 0，2， cos | EF CH | EF |CH |12. 0，2，3，B 是正确的是正确的 C EC (2,2，2)，DB (2,2,0)，DF (0,2,2) 设设 n(x，y，z)是平面是平面 DBF 的一个法向量，的一个法向量， DB n0， DF n0，

6、即即 xy0，yz0，取取 x1，n(1，1,1) EC 2n， EC n，EC平面平面 DBF，C 是正确的是正确的 第 3 页 共 9 页 D BF (2,0,2)，由图象易得，由图象易得 m(1,1,0)是平面是平面 ACFE 的一个法向量，的一个法向量， 设设 BF 与与平面平面 ACFE 所成的角为所成的角为 ， 0，2， sin |cos BF ，m| BF m| BF |m|12，6，D 是不正确的是不正确的 故选故选 A、B、C. 4在长方体在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，中，AB2，BCAA11，则，则 D1C1与平面与平面 A1BC1所成角所成角的正弦值为的正弦值

7、为_ 解析：解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于建立如图所示的空间直角坐标系，由于 AB2，BCAA11，所以，所以 A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,1)，D1(0,0,1)所以所以 A1C1 (1，2,0)，BC1 (1,0,1)， D1C1 (0,2,0)，设平面，设平面 A1BC1的法向量的法向量为为 n(x，y，z)，则有，则有 A1C1 n0， BC1 n0，即即 x2y0，xz0，令令 x2，则，则 y1，z2，则，则 n(2,1,2) 又设 又设 D1C1与平面与平面 A1BC1所成的角为所成的角为 ， 则， 则 sin |cos D1C1 ， n | D

8、1C1 n| D1C1 |n|22313. 答案：答案：13 5在直三棱柱在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，中，AA12，二面角，二面角 B- AA1- C1的大小为的大小为 60 ，点，点 B 到平面到平面ACC1A1的距离为的距离为 3，点，点 C 到平面到平面 ABB1A1的距离为的距离为 2 3，则直线，则直线 BC1与直线与直线 AB1所成角的所成角的正切值为正切值为_ 解析：解析： 由题意可知，由题意可知， BAC60 ， 点， 点 B 到平面到平面 ACC1A1的距离为的距离为 3， 点， 点 C 到平面到平面 ABB1A1的距离为的距离为 2 3，所以在三角形，所以在三角形

9、 ABC 中，中，AB2，AC4，BC2 3，ABC90 ， 则则AB1 BC1 (BB1 BA ) (BB1 BC )4， |AB1 |2 2，|BC1 |4， cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 | AB1 | |BC1 |24， 故故 tanAB1 ，BC1 7. 答案：答案： 7 第 4 页 共 9 页 6.如图如图，菱形菱形 ABCD 中中，ABC60 ，AC 与与 BD 相交于点相交于点 O，AE平面平面 ABCD，CFAE，AB2，CF3.若直线若直线 OF 与平面与平面 BED 所成的角所成的角为为 45 ，则则 AE_. 解析：解析：如图，以如图，以 O 为坐标原点，以为

10、坐标原点，以 OA，OB 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴、轴、y轴，以过点轴，以过点 O 且平行于且平行于 CF 的直线为的直线为 z 轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系 设设 AEa，则，则 B(0， 3，0)，D(0， 3，0)，F(1,0,3)，E(1,0，a)，OF (1,0,3)，DB (0,2 3，0)， EB (1， 3，a) 设平面设平面 BED 的法向量为的法向量为 n(x，y，z)， 则则 n DB 0， n EB 0，即即 2 3y0，x 3yaz0， 则则 y0，令，令 z1，得，得 xa，n(a,0,1)， cosn，OF n OF |n|OF |a3a2

11、1 10. 直线直线 OF 与平面与平面 BED 所成角的大小为所成角的大小为 45 ， |a3|a21 1022， 解得解得 a2 或或 a12(舍去舍去)，AE2. 答案：答案：2 7(2021 青岛模拟青岛模拟)试在试在PCBD，PCAB，PAPC 三个条件中选两个条件补三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得充在下面的横线处，使得 PO平面平面 ABCD 成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：题： 如图，在四棱锥如图，在四棱锥 P- ABCD 中，中，ACBDO，底面，底面 ABCD 为菱形，为菱形，若若_，且，且ABC60 ，异面

12、直线，异面直线 PB 与与 CD 所成的角为所成的角为 60 ，求二，求二面角面角 A- PB- C 的余弦值的余弦值 解：解：若选若选：要使得：要使得 PO平面平面 ABCD，则，则 POAB. 又又 PCAB，POPCP， 所以所以 AB平面平面 PAC，所，所以以 ABAC， 所以所以BAC90 ，BCBA，这与底面，这与底面 ABCD 为菱形矛盾，所以为菱形矛盾，所以必不选，故选必不选，故选. 下面证明：下面证明：PO平面平面 ABCD. 因为四边形因为四边形 ABCD 为菱形，所以为菱形，所以 ACBD. 因为因为 PCBD，PCACC，所以，所以 BD平面平面 APC. 第 5 页

13、 共 9 页 又因为又因为 PO平面平面 APC，所以，所以 BDPO. 因为因为 PAPC，O 为为 AC 中点，所以中点，所以 POAC. 又又 ACBDO，所以，所以 PO平面平面 ABCD. 以以 O 为坐标原点，以为坐标原点，以OB ，OC ，OP 的方向分别作为的方向分别作为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O- xyz， 因为因为 ABCD，所以，所以PBA 为异面直线为异面直线 PB 与与 CD 所成的角，所以所成的角，所以PBA60 . 在菱形在菱形 ABCD 中，设中，设 AB2， 因为因为ABC

14、60 ，所以，所以 OA1，OB 3， 设设 POa，则，则 PA a21，PB a23. 在在PBA 中，由余弦定理得：中，由余弦定理得： PA2BA2BP22BA BP cosPBA， 所以所以 a214a2322 a2312，解得，解得 a 6， 所以所以 A(0，1,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0， 6) 设设 n1(x1，y1，z1)为平面为平面 ABP 的法向量，的法向量， AB ( 3，1,0)， AP (0,1， 6)， 由由 n1 AB 0，n1 AP 0，可得可得 3x1y10，y1 6z10， 令令 z11 得得 n1( 2， 6，1) 设设 n2

15、(x2，y2，z2)为平面为平面 CBP 的法向量，的法向量， CB ( 3，1,0)， CP (0，1， 6)， 由由 n2 CB 0，n2 CP 0，可得可得 3x2y20，y2 6z20， 令令 z21 得得 n2( 2， 6，1) 设二面角设二面角 A- PB- C 的平面角为的平面角为 ， 所以所以 cos |n1 n2|n1|n2|13， 所以二面角所以二面角 A- PB- C 的余弦值的余弦值为为13. 第 6 页 共 9 页 8.如图，四棱锥如图，四棱锥 P- ABCD 的底面的底面 ABCD 为直角梯形，为直角梯形，BCAD，且且 AD2AB2BC2，BAD90 ，PAD 为

16、等边三角形，平面为等边三角形，平面ABCD平面平面 PAD，点，点 E，M 分别为分别为 PD，PC 的中点的中点 (1)求证：求证：CE平面平面 PAB； (2)求直线求直线 DM 与平面与平面 ABM 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)证明：证明：如图，取如图，取 PA 的中点的中点 N，连接，连接 EN，BN. E 为为 PD 的中点，的中点，N 为为 PA 的中点，的中点，EN 为为PAD 的中位线，的中位线， ENAD，且且 EN12AD. 在梯形在梯形 ABCD 中中，BCAD，且且 BC12AD， BCEN，BCEN. 四边形四边形 ENBC 是平行四边形是平行四边形C

17、EBN. 又又 BN平面平面 PAB，CE 平面平面 PAB，CE平面平面 PAB. (2)如图，取如图，取 AD 的中点的中点 O，连接，连接 OP，OC. PAPD，POAD. 平面平面 PAD平面平面 ABCD，交线为，交线为 AD，PO平面平面 PAD， PO平面平面 ABCD. 又又COBA，BAD90 ，COAD. 直线直线 OA，OC，OP 两两垂直以两两垂直以 O 为原点，为原点，OA，OP，OC所在直线为所在直线为x轴、轴、 y轴、轴、 z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O- xyz. 由已知条件易知由已知条件易知 A(1,0,0)，B(1

18、，0,1)，M 0，32，12，D(1，0,0)， AB (0,0,1)，AM 1，32，12. 设平面设平面 ABM 的法向量为的法向量为 m(x，y，z)， 则则 m AB z0， m AM x32y12z0.令令 y2，则，则 x 3， 可得平面可得平面 ABM 的一个法向量为的一个法向量为 m( 3，2,0) 又又DM 1，32，12， 第 7 页 共 9 页 cosm，DM m DM | m | |DM |427， 直线直线 DM 与平面与平面 ABM 所成角的正弦值为所成角的正弦值为427. 9.如图， 在圆柱如图， 在圆柱 W 中， 点中， 点 O1， O2分别为上、 下底面的圆

19、心， 平面分别为上、 下底面的圆心， 平面 MNFE是轴截面，点是轴截面，点 H 在上底面圆周上在上底面圆周上(异于点异于点 N，F)，点，点 G 为下底面圆弧为下底面圆弧 ME的中点，点的中点，点 H 与点与点 G 在平面在平面 MNFE 的同侧，圆柱的同侧，圆柱 W 的底面半径为的底面半径为 1，高，高为为 2. (1)若平面若平面 FNH平面平面 NHG，求证：，求证：NGFH； (2)若直线若直线 NH 与平面与平面 NFG 所成线面角所成线面角 的正弦值等于的正弦值等于155，求证：平面，求证：平面 NHG 与平面与平面MNFE 所成锐二面角的平面角大于所成锐二面角的平面角大于3.

20、证明：证明：(1)因为平面因为平面 FNH平面平面 NHG，平面，平面 FNH平面平面 NHGNH，又，又 NHFH，FH平面平面 FHN， 所以所以 FH平面平面 NHG，又，又 NG平面平面 NHG， 所以所以 FHNG. (2)以点以点 O2为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以 O2G，O2E，O2O1所在直线为所在直线为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴，建立空间直角坐标系轴，建立空间直角坐标系 O2- xyz， 则则 N(0，1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2) 设设 H(m，n,2)(由图知由图知 m0)， 则则 m2n21， NH (m，n1,0) 设平面设平面 NFG 的

21、法向量为的法向量为 n1(x1，y1，z1) 因为因为 n1 NG 0，n1 NF 0，所以所以 x1，y1，z1 1，1，2 0， x1，y1，z1 0，2，0 0， 即即 x1y12z10，2y10.令令 x12，则，则 n1(2,0,1) 第 8 页 共 9 页 因此因此 sin |cosNH ，n1|NH n1|NH |n1| |2m|5 m2 n1 22m5 2n2155. 所以所以 2m23n3，解得，解得 n1，m0(舍去舍去)或或 n12，m32. 所以所以 H 32，12，2 . 设平面设平面 NHG 的法向量为的法向量为 n2(x2，y2，z2) 因为因为 n2 NG 0，

22、n2 NH 0，所以所以 x2，y2，z2 1，1，2 0， x2，y2，z2 32，12，0 0， 即即 x2y22z20，32x212y20.令令 x21，即，即 n2 1， 3，1 32. 设平面设平面 NHG 与平面与平面 MNFE 所成锐二面角为所成锐二面角为 . 因为平面因为平面 MNFE 的一个法向量的一个法向量 n3(1,0,0)， 所以所以 cos |n2 n3|n2|n3|14 1 32212，所以平面，所以平面 NHG 与平面与平面 MNFE 所成锐二面角所成锐二面角的平面角大于的平面角大于3. 10.(2020 全国卷全国卷)如图，已知三棱柱如图，已知三棱柱 ABC-

23、A1B1C1的底面是正三角的底面是正三角形，侧面形，侧面 BB1C1C 是矩形，是矩形，M，N 分别为分别为 BC，B1C1的中点，的中点，P 为为 AM 上上一点，过一点，过 B1C1和和 P 的平面交的平面交 AB 于于 E，交，交 AC 于于 F. (1)证明：证明：AA1MN，且平面，且平面 A1AMN平面平面 EB1C1F； (2)设设 O 为为A1B1C1的中心若的中心若 AO平面平面 EB1C1F，且，且 AOAB，求直线求直线 B1E 与平面与平面 A1AMN 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)证明：因为证明：因为 M，N 分别为分别为 BC，B1C1的中点，的中点，

24、 所以所以 MNCC1. 又由已知得又由已知得 AA1CC1， 所以所以 AA1MN. 因为因为A1B1C1是正三角形，是正三角形， 第 9 页 共 9 页 所以所以 B1C1A1N. 又又 B1C1MN，A1NMNN， 所以所以 B1C1平面平面 A1AMN. 因为因为 B1C1平面平面 EB1C1F， 所以平面所以平面 A1AMN平面平面 EB1C1F. (2)由已知得由已知得 AMBC.以以 M 为坐标原点，为坐标原点， MA 的方向为的方向为 x 轴正方向，轴正方向，|MB |为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 M- xyz， 则， 则 A

25、B2， AM3.连接连接 NP，则四边形，则四边形 AONP 为平行四边形为平行四边形，故，故 PM2 33，E 2 33，13，0 . 由由(1)知平面知平面 A1AMN平面平面 ABC. 作作 NQAM，垂足为，垂足为 Q，则，则 NQ平面平面 ABC. 设设 Q(a,0,0)， 则则 NQ 4 2 33a2，B1 a，1， 4 2 33a2， 故故B1E 2 33a，23，4 2 33a2， |B1E |2 103. 又又 n(0，1,0)是平面是平面 A1AMN 的一个法向量，的一个法向量， 故故 sin 2n，B1E cosn，B1E n B1E |n| |B1E |1010. 所以直线所以直线 B1E 与平面与平面 A1AMN 所成角的正弦值为所成角的正弦值为1010.