1、2019届人教A版（文科数学） 利用空间向量求解立体几何中的角 单元测试1.【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【答案】（1）（2）【解析】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以为基底，建立空间直角坐标系Oxy 因为AB=AA1=2，所以所成角的正弦值为2.如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点 （）证明：；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）若为棱上一点，
2、满足，求二面角的余弦值【答案】（）详见试题分析；（）直线与平面所成角的正弦值为；（） （）向量，故 （）向量，设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量于是有，直线与平面所成角的正弦值为 （）向量，由点在棱上，设，故，由，得，因此，解得，即设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量取平面的法向量，则易知，二面角是锐角，其余弦值为（方法二）（）如图，取中点，连结，由于分别为的中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，底面，故，而，从而平面，平面，于是，又，【方法规律】1利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同同时注意根据异面直线所成的
3、角的范围(0， 得出结论2利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 3利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)4利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角求解过
4、程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法.5. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论(2)求直线与平面所成的角，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos |.【解题技巧】运用空间向量求解空间的角关键是建立空间直角
5、坐标系后，空间角转化为向量的运算使用空间向量解决立体几何计算，直线的标志是它的方向向量，平面的标志是它的法向量，我们可以借助于直线和平面的标志用向量这个工具解决立体几何计算问题利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角【易错点睛】1.异面直线所成角的范围；线面角的正弦值是直线的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值；两相交平面所成的角，两平面的法向量分别为n1和n2，则cos|co
6、sn1，n2|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定cos|cosn1，n2|还是cos|cosn1，n2|.这是利用向量求二面角的难点、易错点2.向量的书写不规范，字母上方缺少3.作图马虎，虚实线不分，不用直尺作图考向二 利用空间向量解决探索与翻折问题1.【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又，所以BF平面PEF.又平面AB
7、FD，所以平面PEF平面ABFD. 6 2.如图，在三棱锥中， 底面， ， ， ， 分别是， 的中点， 在上，且（1）求证： 平面；（2）在线段上上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析; （2）见解析.【解析】（1）由， ，是的中点，得因为底面，所以 （2）方法一：假设满足条件的点存在，并设过点作交于点，又由， ，得平面作交于点，连结，则于是为二面角的平面角，即，由此可得 由，得，于是有， 在中， ，即，解得 于是满足条件的点存在，且 所以， ， 设平面的法向量为，则，即，取，得， ，即设平面的法向量为，则，即，取，得， ，即由二面角的大小为
8、，得，化简得，又，求得 于是满足条件的点存在，且【方法规律】1.解决探索性问题，都是先假设存在，然后根据已知条件和结论逐步进行计算和推导，若推出矛盾则不存在，这是解决探索性问题的常用方法2.解决翻折问题，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，特别是没有变的量是我们解决问题的关键【解题技巧】探索性问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行
9、判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题【易错点睛】解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数 对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p的方程即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题 与“两异面直线所成的
10、角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法【热点预测】1.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,/平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为(A) (B) (C) (D)【答案】A2.在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A.
11、B. C. D. 【答案】D【解析】故选D. . 3.【2018届河北省定州中 高三上第二次月考】已知点在正方体的对角线上，在上，则与所成角的大小为 .【答案】【解析】以D点为原点，以DA,DC，分别为x,y, 轴建立空间直角坐标系，连接，在平面中，延长DP交于点H,设，由，可得，填。4. 【2018届浙江省名校协作体高三上 期考试】如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱, , 都在平面的同侧. 若顶点, 到平面的距离分别为,，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为 ，设 连结 则四面体 为直角四面体；作平面的法线 作 于
12、于 于 连结 ，令 由等体积可得 令 可得 设， 解得 ； 5.【2018届贵州省黔东南州高三上第一次联考】如图所示，在四棱锥中，四边形为菱形， 为正三角形，且分别为的中点， 平面， 平面（1）求证： 平面；（2）求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）证明：因为平面， 平面，所以，又平面平面，所以平面，由四边形菱形，得，所以平面 （2）解： . 则由，解得，不妨令，得；又，所以与平面所成角的正弦值为6.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABD=CBD，AB=BD（1）证明：平面ACD平面ABC；（2）过AC的平面
13、交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值.【答案】(1)证明略；(2) .【解析】（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得 .故7.【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面ABB1
14、所成的角的正弦值【答案】（）见解析（）【解析】方法一：（）由得，所以.故.由， 得，由得，由，得，所以，故.因此平面. （）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy .由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.8【2018年理数天津卷】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III
15、）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长.【答案】()证明见解析；()；().【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴， 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，1），N（1，0，2）（）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）设n0=(x，y， )为平面CDE的法向量，则 即 不妨令 =1，可得n0=（1，0，1）又=（1，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE（）设线段DP的长为h（
16、h0，2 ），则点P的坐标为（0，0，h），可得易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60=，解得h=0，2 所以线段的长为. 9【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，的中点，AB=BC=，AC=2（）求证：AC平面BEF；（）求二面角B-CD-C1的余弦值；（）证明：直线FG与平面BCD相交【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析（）由（I）知ACEF，ACBE，EFCC1又CC1平面ABC，EF平面ABCBE平面ABC，EFBE如图建立空间直角坐称系E-xy 由题意得B
17、（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1），设平面BCD的法向量为，令a=2，则b=-1，c=-4，平面BCD的法向量，又平面CDC1的法向量为，由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为（）平面BCD的法向量为，G（0，2，1），F（0，0，2），与不垂直，GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，GF与平面BCD相交10.如图，在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图 （I）证明：平面；（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】（I）在图1中，因为，是的中点
18、，所以即在图2中，从而平面 又，所以平面.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为.11.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（）设是上的一点，且，求的大小；（）当，求二面角的大小.【答案】（）.（）.【解析】（）解法一：取的中点，连接，.因为， 所以四边形为菱形，所以.取中点，连接，.则，所以为所求二面角的平面角.又，所以.在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为.解法二：以为坐标原点，分别以，所在的直线为，轴，建立如图所示的空间直
19、角坐标系.因此所求的角为.12.【2018届浙江省诸暨市5月适应性考试】如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是直角梯形，是的中点.（1）证明：；（2）设是棱上的点，平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连 推导出平面，从而平面，进而，由此能证明平面，从而 . （2）作交于，连，推导出四边形是平行四边形，面，作于，为所求线面角，由此能求出与平面所成角的正弦值【详解】（1）取中点，连，面平面，面平面，得平面又平面， 13.如下图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，是 的中点，.（1）求证：（2）求证：平面；（3）若平面与平面所成的
20、锐二面角的大小为，求线段的长度.A B A1 B1D CED1 C1【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）因为底面和侧面是矩形，所以 ，又因为 ，所以 平面， 因为 平面，所以 ； . （3）由（1）可知，又因为 ， 所以 平面. 设G为AB的中点，以E为原点，、所在直线分别为轴、轴、轴如图建立空间直角坐标系， A B A1 B1D CED1 C1zyxFG设，则、，设平面法向量为，因为 ， 由，得由平面与平面所成的锐二面角的大小为，得 ， 解得. 14.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M
21、是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. （）求证：MN平面BDE；（）求二面角C-EM-N的正弦值；（）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或 【解析】如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN/平面BDE.
