2022-2022届高考数学(理)大一轮复习顶层设计配餐作业：48利用空间向量求空间角-Word版含解析.doc

配餐作业(四十八)　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，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2。

(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，∴BD⊥AC。∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥AE。
又∵AC∩AE＝A，∴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O—xyz，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，＝(－1,0，a)。
设平面EDB的法向量为n＝(x，y，z)，则有
即
令z＝1，n＝(－2,0,1)，
由题意sin45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或－。由a>0，得a＝3。所以CF＝3。
答案　(1)见解析　(2)3
2. (2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H。将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝。

(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－D′A－C的正弦值。
解析　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD。
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF。
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H。
由AB＝5，AC＝6，得
DO＝BO＝＝4。
由EF∥AC得＝＝。
所以OH＝1，D′H＝DH＝3。
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH。
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥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z轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz，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)。
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
即
所以可取m＝(4,3，－5)。
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
即
所以可取n＝(0，－3,1)。
于是cos〈m，n〉＝＝＝－，
sin〈m，n〉＝。
因此二面角B－D′A－C的正弦值是。
答案　(1)见解析　(2)
3．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B上，且满足B1F＝2BF。

(1)求证：EF⊥A1C1；
(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A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D。因为EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥A1C1。
(2)如图，

在平面BCC1B1内，过点F作FG∥AE交棱C1C于点G，此时A，E，G，F四点共面，且C1G＝
a－a＝a。
(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BI⊥AH(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BF＝a，DE＝a，DB＝a，则BH＝2a，AH＝a，
由S△ABH＝BI×AH＝AB×BHsin45°＝a2，解得BI＝a。所以tan∠FIB＝＝，
cos∠FIB＝。
解法二：建立如图所示空间直角坐标系，则A(a,0,0)，F，E，＝，＝。设平面AEF的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则·n1＝0，·n1＝0，即取z＝6，则n1＝(3，－2,6)；又平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，设平面AEF与平面ABCD所成二面角为θ，

则cosθ＝＝。
答案　(1)见解析　(2)过点F作FG∥AE交棱C1C于点G，C1G＝a　(3)
4. (2016·浙江高考)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3。

(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F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。

因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以，
AC⊥平面BCK，因此，BF⊥AC。
又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以
△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则
BF⊥CK，又AC∩CK＝C，
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KO⊥BC，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O－xyz。
由题意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)，
A(－1，－3，0)，E，F。
因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)。
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2)。
由得取m＝(，0，－1)；
由
得
于是，cos〈m，n〉＝＝。
所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为。
答案　(1)见解析　(2)
(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，AB＝BE＝2。

(1)求证：EG∥平面ADF；
(2)求二面角O－EF－C的正弦值；
(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值。
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、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，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n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则即不妨设z＝1，可得n1＝(0,2,1)，又＝(0,1，－2)，可得·n1＝0，又直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF。
(2)易证，＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量。依题意，＝(1,1,0)，＝(－1,1,2)。
设n2＝(x′，y′，z′)为平面CEF的法向量，则即不妨设x′＝1，可得n2＝(1，－1,1)。
因此有cos〈，n2〉＝＝－，
于是sin〈，n2〉＝。
所以二面角O－EF－C的正弦值为。
(3)由AH＝HF，得AH＝AF。因为＝(1，－1，2)，所以＝＝，进而有H，从而＝，
因此cos〈，n2〉＝＝－。
所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为。
答案　(1)见解析　(2)　(3)
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1。

(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A－xyz，则各点的坐标为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)。
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)，
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
即令y＝1，解得z＝1，x＝1。
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量。
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为。
(2)因为＝(－1,0,2)，
设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)。
又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝。
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
则cos2〈，〉＝＝≤。
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为。
因为y＝cosx在上是减函数，
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值。
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝。
答案　(1)　(2)