2019届人教A版理科数学课时试题及解析(43)立体几何中的向量方法(二)-空间角与距离求解

2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习——求空间角和距离(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A. B. C. D.【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1),cos<,>==.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2.(xx·宁波模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.【解析】选A.以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1),所以sinθ====.【一题多解】本题还可以采用如下方法解答.方法一:选A.设AB=1,则AA1=2.设AC∩BD=O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,显然△C1DB是等腰三角形,所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD,因为C1O∩C1C=C1,所以BD⊥平面C1CO,CH⊂平面C1CO,所以BD⊥CH,而CH⊥C1O,BD∩C1O=O,所以CH⊥平面C1BD,所以∠CDH是CD与平面C1BD所成的角,在Rt△C1OC中,OC=,C1C=2,所以C1O==,由C1C·OC=C1O·CH知CH==,在Rt△CDH中,sin∠CDH==.方法二:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为θ,由=知·h=S△CBD·C1C,所以h=,所以sinθ==.3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A. B.C. D.【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系,分别求出直线BC1的方向向量与平面DBB1D1的法向量,用空间向量的直线与平面所成角的夹角公式计算得解.【解析】选C.如图建立空间直角坐标系,则B(4,0,0),C(4,4,0),C1(4,4,2),显然AC⊥平面BB1D1D,所以=(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量.又=(0,4,2).所以cos<,>===.即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.4.(xx·厦门模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为()A.150°B.45°C.60°D.120°【解析】选C.由条件知·=0,·=0,因为=++.所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+2×6×8cos<,>=(2)2.所以cos<,>=-,则<,>=120°,即<,>=60°.所以二面角的大小为60°.5.(xx·北京模拟)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()A. B.a C. D.a【解题提示】以P为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).所以=(-a,a,0),=(-a,0,a),=(a,0,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).由得得令x=1,所以n=(1,1,1),所以P到平面ABC的距离d===a.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为.【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=(0,1,0),AM=-(1,0,)=,则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<,n>|==,所以tanθ=.答案:7.已知点E,F分别在正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC 所成的二面角的正切值为.【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E,F,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由得令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),cosθ=|cos<n,m>|=,tanθ=.答案:8.(xx·石家庄模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.【解析】以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设点E(1,a,1)(0≤a≤1),连接D1E,则=(1,a,0).连接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,则=(1,0,1)为平面ABC1D1的一个法向量.所以点E到平面ABC1D1的距离是d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·湖南高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.【解题提示】(1)利用矩形的邻边垂直,及线线平行证明OO1⊥AC,OO1⊥BD.(2)由二面角的定义或者向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)方法一:如图,过O1作O1H⊥B1O,垂足为H,连接C1H,由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB,所以由三垂线定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.设棱柱的棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=,在直角三角形O1OB1中,O1H==,因为O1C1=1,所以C1H===,所以cos∠C1HO1==,即二面角C1-OB1-D的余弦值为.方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,所以O,B1,C1,平面BDD1B1的一个法向量为n=,设平面OC1B1的法向量为m=,则由m⊥,m⊥,所以x+2z=0,y+2z=0,取z=-,则x=2,y=2,所以m=,所以cos<m,n>===.由图形可知二面角C1-OB1-D为锐二面角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为.10.(xx·杭州模拟)如图,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,(1)若a=2,求证:AB∥平面CDE.(2)求实数a的值,使得二面角A-EC-D的大小为60°.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,2),=(2,0,0),=(0,-2,2),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n1=(x,y,z),则有-2y+2z=0,x-y+z=0,取z=时,n1=(0,2,),所以·n1=0,又AB不在平面CDE内,所以AB∥平面CDE.(2)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,a),=(0,-2,a),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n2=(x,y,z),则有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2时,n2=(a-2,a,2),又平面AEC的一个法向量为n3=(-1,1,0),因为二面角A-EC-D的大小为60°,所以=,即a2-2a-2=0, 解得a=±2.(20分钟40分)1.(5分)如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为()A. B.C. D.【解析】选 B.二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.=++.而=+++2||||·cos<,>,即12=1+9+4+2×1×2cos<,>,所以cos<,>=-,所以AB与CD所成角为,即二面角A-BC-D的大小为.2.(5分)(xx·北京模拟)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到平面AB1D1的距离是.【解析】如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d==.答案:3.(5分)(xx·郑州模拟)正四棱锥S -ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.【解析】如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>===.所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.答案:30°4.(12分)(能力挑战题)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=120°,M,N分别为线段AB,CD的中点,连接AN,DM交于点O,将△ADM沿直线DM翻折成△A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:ON⊥平面A′DM.(2)求证:BF∥平面A′DM.(3)求直线FO与平面A′DM所成的角.【解析】(1)连接MN,由平面几何知四边形AMND是菱形.所以AN⊥DM.因为平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交线,AN⊂平面ABCD,所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM.(2)取A′D的中点E,连接EF,EM,因为F是A′C中点,所以EFCD.又M是AB中点,所以在平行四边形ABCD中,BMCD,所以EF BM,所以四边形EFBM是平行四边形.所以BF∥EM,因为EM⊂平面A′DM,BF⊄平面A′DM,所以BF∥平面A′DM.(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,所以A′D=A′M=1.因为菱形ADNM中O是DM中点,所以A′O⊥DM,因为平面A′DM⊥平面ABCD,所以A′O⊥平面ABCD.以ON为x轴,OM为y轴,OA′为z轴建立空间直角坐标系,∠ADN=∠ABC=120°,在△ADN中,AD=DN=1,所以AN==.同理求得DM=AD=AM=1,所以N,D,A′,因为N是CD的中点,所以C.因为F是A′C的中点,所以F.因为NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一个法向量=.因为=,所以||==1.设OF与平面A′DM所成的角为θ,0<θ<,则sinθ=|cos<,>|===,所以θ=.所以直线FO与平面A′DM所成的角为.5.(13分)(xx·江西高考)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD.(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值.【解题提示】(1)利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD即可.(2)借助两平面垂直的性质,作PO⊥AD,即四棱锥的高找到,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则四棱锥的体积能用AB的长度表示,即可建立体积与AB的函数,借助二次函数知识求最值;此时可建立空间直角坐标系,利用坐标法求解.【解析】(1)因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.(2)过点P作PO⊥AD于点O,则PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则PM⊥BC,因为∠BPC=90°,PB=,PC=2,所以BC=,PM=,设AB=t,则在Rt△POM中,PO=,所以VP-ABCD=·t··=,所以当t2=,即t=时,VP-ABCD最大为.此时PO=AB=,且PO,OA,OM两两垂直,以OA,OM,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz, 则P,D,C,B.所以=,=,=.设平面PCD的一个法向量m=(x1,y1,z1),则即令x1=1,则m=(1,0,-2),|m|=;同理设平面PBC的一个法向量n=(x2,y2,z2),即令y2=1,则n=(0,1,1),|n|=,设平面PBC与平面DPC夹角为θ,显然θ为锐角,且cosθ===..。

第二课时 空间向量与空间角问题导学一、异面直线所成的角活动与探究1如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ．当π3θ=时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．迁移与应用1．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 和直线CD 所成角的余弦值为( )．A ．52266B ．－52266C ．52222D ．－522222．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成角的余弦值等于( )．A ．105B ．155C ．45D ．23利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是π0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以要注意二者的联系与区别，应有cos θ＝|cos α|．二、直线与平面所成的角活动与探究2正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．迁移与应用1．直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°，则直线l 与平面α所成角等于( )．A ．120° B．30° C ．60° D ．以上均不对2．如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，求PA 与平面DEF 所成的角的正弦值．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：三、二面角活动与探究3已知PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2．求二面角A －PB －C 的余弦值．迁移与应用1．二面角α－l －β中，平面α的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，平面β的一个法向量n 2＝10,,22⎛⎤ ⎥⎝⎦，则二面角α－l －β的大小为( )．A ．120°B ．150°C ．30°或150°D ．60°或120°2．在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ．(1)证明：AB ⊥平面VAD ；(2)求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值．求二面角的大小时，既可以先作出平面角，利用解三角形的知识求解，也可以用向量知识求解．在用向量法求解时，应注意两个问题：一是建系后两个平面的法向量求解要正确；二是求出了两法向量的夹角后，应结合图形与题意判断求出的是二面角的大小，还是它的补角的大小，从而确定二面角的大小．答案：课前·预习导学 【预习导引】1．|cos 〈a ，b 〉| |a·b ||a ||b |预习交流1 提示：不是，两条异面直线所成的角只能是锐角或直角．而它们的方向向量的夹角可能是锐角或直角，也可能是钝角．当两方向向量的夹角是钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．2．|cos 〈a ，n 〉||a·n ||a ||n |预习交流2 提示：直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角α和直线与平面所成的角θ互为余角，即θ＝π2－α.因此sin θ＝cos α.3．(1)|cos 〈n 1，n 2〉| |n 1·n 2||n 1||n 2|预习交流3 (1)提示：|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a ||b |＝|2×1＋2×2＋1×0|12＋4＋12·4＋4＋0＝643＝32. (2)提示：设直线m 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|(－3，1，22)·(0，－2，－42)|(－3)2＋12＋(22)2·02＋(－2)2＋(－42)2＝32， 所以θ＝60°. 课堂·合作探究 【问题导学】活动与探究1 思路分析：在坐标系中确定点A ，C ，V ，D 的坐标，然后求出向量AC u u u r，VD u u u r的坐标，即可运用公式求解．解：由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt△VCD 中，CD ＝2，故V (0,0，6)．所以AC u u u r ＝(－2,0,0)，VD u u u r＝(1,1，－6)．所以cos AC u u u r ，VD u u u r ＝AC VDAC VD⋅u u u r u u u ru u u r u u u r＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 迁移与应用 1.A 解析：AB u u u r＝(2，－2，－1)，CD uuu r ＝(－2，－3，－3)，而cos ,AB CD u u u r u u u r ＝AB CD AB CD⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ＝53×22＝52266，故直线AB 和CD 所成角的余弦值为52266. 2．B 解析：以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，则O (1,1,0)，E (0,2,1)，F (1,0,0)，D 1(0,0,2)．故OE uuu r ＝(－1,1,1)，1FD u u u u r＝(－1,0,2)，cos 1,OE FD u u u r u u u u r ＝11OE FD OE FD ⋅u u u r u u u u ru u u r u u u u r ＝33×5＝155， 故OE 与FD 1所成角的余弦值是155. 活动与探究2 思路分析：利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一种是由定义找出线面角；另一种是利用平面AB 1的法向量n 求解．解：解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a ,0)，A 1(0,0，2a )，C 13,22a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，取A 1B 1的中点M ，则M 0,22a a ⎛⎫⎪⎝⎭，连结AM ，MC 1，有1MC u u u u r ＝3,0,0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，AB u u u r ＝(0，a,0)，1AA u u u r ＝(0,0，2a )．由于1MC u u u u r ·AB u u u r＝0，1MC u u u u r ·1AA u u u r ＝0，∴MC 1⊥面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1B 所成的角，设为θ，∵1AC u u u u r ＝3,222a a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，AM u u u u r ＝0,22a a ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴1AC u u u u r ·AM u u u u r ＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24.而|1AC u u u u r |＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM u u u u r |＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos〈1AC u u u u r ，AM u u u u r 〉＝9a243a ·3a 2＝32.∴〈1AC u u u u r ，AM u u u ur 〉＝30°，即AC 1与侧面AB 1所成的角为30°.解法二：1AA u u u r＝(0,0，2a )．设侧面A 1B 的法向量n ＝(λ，x ，y )．∴n ·AB u u u r ＝0且n ·1AA u u u r＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0，故n ＝(λ，0,0)．∵1AC u u u u r ＝3,22aa ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， ∴cos〈1AC u u u u r ，n 〉＝11AC AC ⋅u u u u r u u u u rn n ＝－λ·32a|λ|·3a＝－λ2|λ|.∴sin θ＝|cos 〈1AC u u u u r ，n 〉|＝12，∴θ＝30°.迁移与应用 1.B 解析：直线l 与平面α所成角为90°－(180°－120°)＝30°. 2．解：以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图．由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D 1,0,02⎛⎫ ⎪⎝⎭，E 11,,022⎛⎫ ⎪⎝⎭，F 10,,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以PA u u u r ＝(0,0，－2)，DE u u u r ＝10,,02⎛⎫ ⎪⎝⎭，DF u u u r ＝11,,122⎛⎫- ⎪⎝⎭.设平面DEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则0,0,DE DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即⎩⎪⎨⎪⎧12y ＝0，－12x ＋12y ＋z ＝0，所以20.x z y =⎧⎨=⎩，取z ＝1，则向量n ＝(2,0,1)． 设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA u u u r 〉|＝PA PA ⋅⋅u u u r u u u rn n5所以PA 与平面DEF 所成的角的正弦值为55. 活动与探究3 思路分析：解答本题可建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量求解；也可在二面角的两个面内分别作棱的垂线，利用两直线的方向向量所成的角求解．解：如图建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴AP u u u r ＝(0,0,1)，AB u u u r＝(2，1,0)． 设平面PAB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由110,0,AP AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 得111020.z x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，＋ 令x 1＝1，则n 1＝(1，－2，0)．∵CP u u u r ＝(0，－1,1)，CB u u u r＝(2，0,0)，设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由220,0,CP CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，得2220,20.y z x -+=⎧⎪⎨=⎪⎩ 令z 2＝1，则n 2＝(0,1,1)． ∴cos〈n 1，n 2〉＝1212||||⋅n n n n ＝－23×2＝－33.∵所求二面角为锐角，∴二面角A －PB －C 的余弦值为33. 迁移与应用 1．C 解析：设所求二面角为θ，则|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0×32－12×12－2×234＋14＋2·14＋2＝32. ∴θ＝30°或150°.2．解：(1)以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设A (1,0,0)，则B (1,1,0)，V ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，AB u u u r ＝(0,1,0)，VA u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32.由AB u u u r ·VA u ur ＝0，得AB ⊥VA .又AB ⊥AD ，且AD ∩VA ＝A ， ∴AB ⊥平面VAD .(2)设E 为DV 的中点，连结EA ，EB ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，34，EA u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－34，EB u u u r ＝34，1，－34，DV u u u r ＝12，0，32.由EB u u u r ·DV u u u r＝0，得EB ⊥DV .又EA ⊥DV ，∴∠AEB 是所求二面角的平面角．∴cos〈EA u u u r ，EB u u u r 〉＝EA EB EA EB⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ＝217， 故所求二面角的余弦值为217. 当堂检测1．平面α的一个法向量n 1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量n 2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案：D 解析：由于n 1·n 2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以n 1⊥n 2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.2．若平面α的一个法向量n ＝(2,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,2,3)，则l 与α所成角的正弦值为( )．A ．176 B ．216 C ．216- D ．213答案：B 解析：设l 与α所成的角为θ，则所求正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝⋅n a n a＝614⋅＝21.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC ，BD 的交点，则C 1O 与A 1D 所成的角为( )． A ．60° B．90° C ．3arccos3 D ．3arccos 6答案：D 解析：如图建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，O 11,,022⎛⎫⎪⎝⎭，C 1(0,1,1)， ∴1A D u u u u r ＝(－1,0，－1)，1OC u u u u r ＝11,,122⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴cos〈1A D u u u u r ，1OC u u u u r1-=∴C 1O 与A 1D所成的角为rccos 6a .4．若一个二面角的两个面的法向量分别为m ＝(0,0,3)，n ＝(8,9,2)，则这个锐二面角θ的余弦值为________．答案：149 解析：cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝||||||⋅m n m n=. 5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值为________．答案：23 解析：建立空间坐标系如图，设正方体的边长为2，则D (2,0,0)，A 1(0,0,2)，E (0,2,1)，则1A D u u u u r ＝(2,0，－2)，1A E u u u r＝(0,2，－1)．设面A 1ED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则110,0.A D A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u u r n n ∴220,20x z y z -=⎧⎨-=⎩⇒,2.x z z y =⎧⎨=⎩ 令y ＝1，得n ＝(2,1,2)．易知面ABCD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 则cos 〈n·m 〉＝||||||⋅n m n m ＝23.。

第3讲 立体几何中的向量方法高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.33解析 法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1) 图(2)则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0).所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5×2＝25×2＝105， 因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB 1，∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角.∵AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22.取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝12AC ，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC＝4＋1－2×2×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，AC ＝7， 则MQ ＝72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112，则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN 2＋NP 2－PM 22·MN ·NP＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫11222×52×22＝－105， 又异面直线所成角范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，则余弦值为105. 答案 C2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CDM ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .。