《新编高考数学理科一轮复习：88空间向量的应用(二)空间角2规范训练含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新编高考数学理科一轮复习：88空间向量的应用(二)空间角2规范训练含答案（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范练(五十六)(第二次作业)1如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()A.B.C. D.答案B解析本题考查空间向量的运算设正方体的边长为2，建立如右图所示的坐标系，O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，(1,0,2)，(1,1,1)cos.2. 以等腰RtABC的斜边BC上的高AD为折痕，将ABC折起(如图)，使折起后的ABC恰好为等边三角形M为高AD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为()A. B.C. D答案C解析设直角边AB
2、AC2，则BC2.取BD中点N，连接MN，则MNAB，所以NMC即为所求MNAB1，MCNC，在NCM中，由余弦定理可得cosNMC.3. 如图所示，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA60.(1)求DP与CC所成角的大小；(2)求DP与平面AADD所成角的大小答案(1)45(2)30解析如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz.则(1,0,0)，(0,0,1)连接BD，BD.在平面BBDD中，延长DP交BD于H.设(m，m,1)(m0)，由已知，60，由|cos，可得2m.解得m，所以(，1)(1)因为cos，所以，45，即DP与CC所成的角为45.(
3、2)ABCDABCD为正方体，CD平面AD.为平面AD的一个法向量，(0，1,0)又(，1)，cos，.DP与平面AADD所成角为30.4(20xx石家庄质检)四棱锥ABCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BFCM，请说明理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值答案(1)总有BFCM(2)解析(1)由俯视图可知平面ABC平面EBCD.又BC2，O为BC中点，BE1，CD2.ABC为等边三角形，F为AC中点，BFAC.又平面ABC平面EBCD，且DCBC，
4、DC平面ABC，DCBF.又ACCDC，BF平面ACD.BFCM.(2)以O为原点，为x轴，为z轴建系B(1,0,0)，C(1,0,0)，E(1,1,0)，D(1,2,0)设A(0,0，a), 由题意可知平面ABC的法向量为(0,1,0)设平面ADE法向量n(x，y，z)(2,1,0)，(1，1，a)，令x1，y2，z.n(1，2，)|cos|，解得a.由线面角向量知识，可得sin.5(20xx浙江)如图所示，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AB，AD2，BC4，AA12，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点(1)证明：EFA1D1；BA
5、1平面B1C1EF；(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值答案(1)略(2)解析(1)证明：因为C1B1A1D1，C1B1平面ADD1A1，所以C1B1平面A1D1DA.又因为平面B1C1EF平面A1D1DAEF，所以C1B1EF，所以A1D1EF.因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1B1C1.又因为B1C1B1A1，所以B1C1平面ABB1A1.所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，tanA1B1FtanAA1B，即A1B1FAA1B，故BA1B1F.所以BA1平面B1C1EF.(2)设BA1与B1F交点为H，连接C1H.由(1)知BA1平面B1C1EF
6、，所以BC1H是BC1与面B1C1EF所成的角在矩形AA1B1B中，AB，AA12，得BH.在直角BHC1中，BC12，BH，得sinBC1H.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是.6. (20xx江西)在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明：在侧棱AA1上存在一点E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值答案(1)AE(2)解析(1)连接AO，在AOA1中，作OEAA1于点E.因为AA1BB1，得OEBB1.因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABA
7、C，OBOC，得AOBC.所以BC平面AA1O，所以BCOE.所以OE平面BB1C1C.又AO1，AA1，得AE.(2) 如图所示，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)由，得点E的坐标是(，0，)由(1)得平面BB1C1C的法向量(，0，)设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，由得令y1，得x2，z1，即n(2,1，1)所以cos，n.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.7(20xx课标全国) 如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA
8、1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值答案(1)略(2)解析(1)连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB，得ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(
9、2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.8(20xx浙江) 如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小答案(1)略(2)60解析方法一：(1)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连接OP，OF，FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OP
10、FQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG.又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD.又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中，CDBDcos2cos，CGCDsin2cossin，BCBDsin2sin，BGBCsin2sin2.在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan
11、.从而60.即BDC60.方法二：(1)如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为3，所以Q(x0，y0，)因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P(0,0，)所以(x0，y0,0)又平面BCD的一个法向量为u(0,0,1)，故u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知取y1，得m(，1,2)又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即()23.又BCCD，所以0.故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.
