课时达标检测41利用空间向量求空间角.doc

课时达标检测(四十一) 利用空间向量求空间角
一、全员必做题
1．已知直三棱柱ABC­A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，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CA＝CB＝CC1＝2，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．(2016·大连二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝2，AC＝2.M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ＝QC1.
(1)证明：PQ∥平面ABC；
(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为，求∠BAC的大小．
解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.
∵P为MA的中点，D为MC的中点，
∴PD∥AC.
又CD＝DC1，BQ＝QC1，
∴QD∥BC.
又PD∩QD＝D，
∴平面PQD∥平面ABC.
又PQ⊂平面PQD，
∴PQ∥平面ABC.
(2)∵BC，BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，设BC＝a，BA＝b，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)，
∴＝(0，b,2)，＝(0，b,0)，＝(a,0,1)．
设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，则
∴
取x＝1，则可得平面ABM的一个法向量为n＝(1,0，－a)，
∴|cos〈n，〉|＝＝，
又a2＋b2＝8，∴a4＋4a2－12＝0，
∴a2＝2或－6(舍)，即a＝.
∴sin∠BAC＝＝，∴∠BAC＝.
3.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC，PA＝AC＝2AB＝2，E是线段PC的中点．
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求二面角D­CP­B的余弦值．
解：(1)证明：以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．

则B(0,0,0)，C(0，，0)，P(1,0,2)，D，A(1,0,0)，E，
∴＝(－1,0,1)，＝(1,0,2)，＝(1,0,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(a，b，c)，
则∴
∴n＝(0,1,0)为平面PAB的一个法向量．
又·n＝0，DE⊄平面PAB，
∴DE∥平面PAB.
(2)由(1)易知＝(0，，0)，＝，＝，设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
∴令x1＝2，则y1＝0，z1＝－1，
∴n1＝(2,0，－1)为平面PBC的一个法向量．
设平面DPC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则∴
令x2＝1，则y2＝，z2＝1，
∴n2＝(1，，1)为平面DPC的一个法向量．
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
故二面角D­CP­B的余弦值为.
二、重点选做题
1.如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2.
(1)求证：平面PEC⊥平面PBD；
(2)设直线PB与平面PEC所成的角为，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：连接BE.

在△PAD中，PA＝PD，AE＝ED，
所以PE⊥AD.
又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，
所以PE⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，故PE⊥BD.
在四边形ABCD中，BC∥DE，且BC＝DE，
所以四边形BCDE为平行四边形，
又BC＝CD，
所以四边形BCDE为菱形，
故BD⊥CE，
又PE∩EC＝E，
所以BD⊥平面PEC，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PEC⊥平面PBD.
(2)取BC的中点F，连接EF.
由(1)可知，△BCE是一个正三角形，所以EF⊥BC，
又BC∥AD，所以EF⊥AD.
又PE⊥平面ABCD，故以E为坐标原点，分别以直线EF、直线ED、直线EP为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设PE＝t(t>0)，则D(0,2,0)，A(0，－2,0)，P(0,0，t)，F(，0,0)，B(，－1,0)．
因为BD⊥平面PEC，
所以＝(－，3,0)是平面PEC的一个法向量，
又＝(，－1，－t)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
由已知可得sin＝|cos〈，〉|＝，得t＝2(负值舍去)．
故P(0,0,2)，＝(，－1，－2)，＝(，1,0)．
设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，
则由可得
取y＝－，则x＝，z＝，
故n＝(，－，)为平面APB的一个法向量，
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈，n〉|＝.
2．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.

(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BC∥AD，AD⊥底面AEFB，
所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，
所以BC⊥AG，
因为AB綊EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，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，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2，OA＝OG＝2，
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y＝1，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θ，由图易知θ∈，
所以cos θ＝＝＝.
三、冲刺满分题
1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P­ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P­CD­A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．如图，延长AB，DC相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．
理由如下：
由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，
所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，
所以∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，
所以∠PDA＝45°.
因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.

设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝2，则n＝(2，－2,1)．
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sin α＝＝＝，
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
2.如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)设＝λ (0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．
解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1，
在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，
所以BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos＝3，
所以BC1＝，
故BC2＋BC＝CC，
所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，
所以BC1⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1，0，)，C(1,0,0)，C1(0,0，)．
所以＝(－1,0, )，
所以＝(－λ，0, λ)，E(1－λ，0, λ)，
则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝，则x＝，y＝，
故n＝是平面AB1E的一个法向量．
因为AB⊥平面BB1C1C，
所以＝(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝
＝.
两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，
所以λ＝1或λ＝(舍去)．故λ的值为1.