第7講立體幾何中的向量方法（二）——求空間角基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、填空題1．(2022·廣東卷改編)已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是________(填序號)．①(－1,1,0)；②(1，－1,0)；③(0，－1,1)；④(－1,0,1)．解析經(jīng)檢驗，②中向量(1，－1,0)與向量a＝(1,0，－1)的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，即它們的夾角為60°.答案②2．(2022·新課標全國Ⅱ卷改編)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與解析建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz，設BC＝2，則B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，故BM與AN所成角θ的余弦值cosθ＝eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))|,|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).答案eq\f(\r(30),10)3．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，N為B1B的中點，則|eq\o(MN,\s\up6(→))|為________．解析以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則A(a,0,0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).設M(x，y，z)，∵點M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))2)＝eq\f(\r(21),6)a.答案eq\f(\r(21),6)a4．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為_________．解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面所成二面角的大小為eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).答案eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)5．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1解析以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，設AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD解析以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1( y＝2，,z＝2.)).∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)7．在四周體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設PA＝PB＝PC＝a，則點P到平面ABC的距離為________．解析依據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標系P－xyz，則P(0,0，，0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．過點P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點H，則PH的長即為點P到平面ABC的距離．∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心．又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心，可得H點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).∴PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2)＝eq\f(\r(3),3)a.∴點P到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3)a.答案eq\f(\r(3),3)a8.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系．設AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角為60°.答案60°二、解答題9．(2022·浙江卷)如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)證明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大?。?1)證明在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝eq\r(2)，由AC＝eq\r(2)，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，從而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE.又DE⊥DC，DC∩AC＝C，從而DE⊥平面ACD.(2)解以D為原點，分別以射線DE，DC為x軸，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系D－xyz，如圖所示．由題意知各點坐標如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，eq\r(2))，B(1,1,0)．設平面ADE的法向量為m＝(x1，y1，z1),平面ABD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，可算得eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2，－eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq\r(2))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y1－\r(2)z1＝0，,x1－2y1－\r(2)z1＝0，))可取m＝(0,1，－eq\r(2))．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2－\r(2)z2＝0，,x2＋y2＝0，))可取n＝(1，－1，eq\r(2))．于是|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(3,\r(3)·2)＝eq\f(\r(3),2)，由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角B－AD－E的大小是eq\f(π,6).10．(2021·揚州模擬)如圖，在底面邊長為1，側(cè)棱長為2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)棱CC1上的一點，CP＝m(1)若m＝1，求異面直線AP與BD1所成角的余弦；(2)是否存在實數(shù)m，使直線AP與平面AB1D1所成角的正弦值是eq\f(1,3)？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．解(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,2)，D1(0,0,2)．所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3)，即異面直線AP與BD1所成角的余弦是eq\f(\r(2),3).(2)假設存在實數(shù)m，使直線AP與平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3)，則eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，m)，設平面AB1D1的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(D1B1,\s\up6(→))，,n⊥\o(AD1,\s\up6(→))))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))取x＝2，得平面AB1D1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．∵直線AP與平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2－2＋m,3·\r(m2＋2))))＝eq\f(1,3)，解得m＝eq\f(7,4)，由于0≤m≤2，所以m＝eq\f(7,4)滿足條件，所以當m＝eq\f(7,4)時，直線AP與平面AB1D1所成的角的正弦值等于eq\f(1,3).力量提升題組(建議用時：25分鐘)1．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的正弦值為________．解析取BC中點O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標系，設BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面BCD的一個法向量，可進一步求出平面ABD的一個法向量n＝(1，－eq\r(3)，1),∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),5)，∴sin〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).答案eq\f(2\r(5),5)2．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是________．解析如圖，以O為原點建立空間直角坐標系O－xyz.設OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).則eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a,0)，設平面PAC的一個法向量為n，設n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))可取n＝(0,1,1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°.答案30°3．(2021·南京一模)P是二面角α－AB－β棱上的一點，分別在平面α、β上引射線PM、PN，假如∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為_________．解析不妨設PM＝a，PN＝b，如圖，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝eq\f(\r(2),2)a，PF＝eq\f(\r(2),2)b，∴eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→)))·(eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PF,\s\up6(→)))＝eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝abcos60°－a×eq\f(\r(2),2)bcos45°－eq\f(\r(2),2)a×bcos45°＋eq\f(\r(2),2)a×eq\f(\r(2),2)b＝eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)＋eq\f(ab,2)＝0.∴eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(FN,\s\up6(→))，∴二面角α－AB－β的大小為90°.答案90°4．(2022·天津卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．(1)證明：BE⊥DC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．(1)證明依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)．向量eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)解向量eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，設n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)為平面PBD的一個法向量，于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6