2014届高三数学一轮复习专讲专练(基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)：7.7空间向量与空间角
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课时跟踪检测(四十八)空间向量与空间角1.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，求直线EF和BC1的夹角．2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若平面B1DC与平面DCC1的夹角为60°，求AD的长．3.如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，求直线BC与平面P AC的夹角的大小．4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，P A⊥平面ABCD，P A＝3，AD＝2，AB＝23，BC＝6.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)求平面PBD与平面BDA的夹角．5.(2011·福建高考改编)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝2，∠CDA＝45°.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；(2)设AB＝AP.若直线PB与平面PCD的夹角为30°，求线段AB的长．1．(2012·咸阳模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：P A⊥EF；(2)求平面DFG与平面FGE夹角的余弦值．2．(2012·北京高考改编)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C ⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE夹角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．3．(2012·辽宁高考改编)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若平面A′MN⊥平面MNC，求λ的值．答 案课时跟踪检测(四十八)A 级1．解：建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF ＝(0，－1,1)，1BC ＝(2,0,2)，∴EF ·1BC ＝2，∴cos 〈EF ，1BC 〉＝22×22＝12， ∴EF 和BC 1的夹角为60°.2．解：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0， 令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由cos 60°＝|m·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2， 故AD ＝ 2.3．解：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB ＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB ·n | CB ||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB ，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°.4．解：(1)证明：由题可知，AP 、AD 、AB 两两垂直，则分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP ＝(0,0,3)，AC ＝(23，6,0)，BD ＝(－23，2,0)，∴BD ·AP ＝0，BD ·AC ＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC .又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .(2)显然平面ABD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD ＝0，n ·BP ＝0. 由(1)知，BP ＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧ －23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x . 令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12. ∴平面PBD 与平面BDA 的夹角为60°.5．解：(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ，所以P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD .又AB 平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，CD ＝(－1,1,0)，PD ＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD ，n ⊥PD ，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB ＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 的夹角为30°得cos 60°＝|n ·PB ||n |·|PB |， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45. B 级1．解：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0,1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)证明：由于PA ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)，则PA ·EF ＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0，∴P A ⊥EF .(2)易知DF ＝(0,0,1)，EF ＝(1,0,0)，FG ＝(－2,1，－1)，设平面DFG 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ m ·DF ＝0，m ·FG ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0. 令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量．设平面EFG 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量．∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25·2＝210＝105， ∴平面DFG 与平面FGE 夹角的余弦值为105. 2．解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以ED ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC .所以DE ⊥A 1C .又因为A 1C ⊥CD .所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A 1(0,0，23)，D (0，2,0)，M (0,1, 3)，B (3,0,0)，E (2，2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·1A B ＝0，n ·BE ＝0. 又1A B(30=-，，， BE ＝(－1,2，0)，所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3.所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 的夹角为θ. 因为CM (0,1，3),所以sin θ=cos n CM n CM n CM= ，，＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 的夹角为π4. (3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]．设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0. 又1A D＝(0，2，－23)DP ＝(p ，－2,0)， 所以⎩⎨⎧ 2y －2 3z ＝0，px －2y ＝0. 令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p 3. 所以m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p 3. 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．3．解：(1)法一：证明：如图，连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′.又MN ⃘平面A ′ACC ′，A ′C 平面A ′ACC ′，所以MN ∥平面A ′ACC ′.法二：证明：取A ′B ′ 中点P ，连接MP ，NP ，而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′.又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN 平面MPN ，因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)，所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎨⎧ m ·A M ' ＝0，m ·MN ＝0，得⎩⎨⎧ λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎨⎧ n ·NC ＝0，n ·MN ＝0，得⎩⎨⎧ －λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为平面A ′MN ⊥平面MNC ，所以m·n ＝0，即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)．。
