1、2018版高考數學大一輪復習第八章立體幾何與空間向量第8講立體幾何中的向量方法(二)求空間角試題理新人教版基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1.(2016長沙模擬)在正方體A1B1C1D1ABCD中，AC與B1D所成的角的大小為()6B.2A.4C.3D.AC(1，1，0)，B1D(1，1，1)，ACB1D1(1)110(1)0，ACB1D，AC與B1D所成的角為.2解析建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體邊長為1，則A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).答案D2.(2017鄭州調研)在正方體ABCDA1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角

2、的正弦值為()2B.3A.33C.35D.25所以BB1(0，0，1)，AC(1，1，0)，AD1(1，0，1).令平面ACD1的法向量為n(x，y，z)，則nACxy0，nAD1xz0，令x解析設正方體的棱長為1，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線.分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示則B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，1，可得n(1，1，1)，所以sin|cosn，BB1|31313.答案B3.在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()3

3、C.33D.2A.12B.22解析以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系1E1，0，D(0，1，0)，A1D(0，1，1)，A1E1，0，設平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，所以有1即1解得AEn0，2z2.3Axyz，設棱長為1，則A1(0，0，1)，212ADn0，yz0，11z0，11y2，n1(1，2，2).平面ABCD的一個法向量為n2(0，0，1)，22cosn1，n2313.2即所成的銳二面角的余弦值為.答案B4.(2017西安調研)已知六面體ABCA1B1C1是各棱長均等于a的正三棱柱，D是側棱CC1的中點，則直線CC1與平面AB1D所成的角為()A.45C.90B

4、.60D.30aa3aaaa，0，a，D0，C10，a，則A0，0，C0，0，B1AB1，a，AD0，a，CC1(0，0，a).由nAB10，nAD0，可取n(3，1，2).解析如圖所示，取AC的中點N，以N為坐標原點，建立空間直角坐標系.2222223aaa222設平面AB1D的法向量為n(x，y，z)，|CC1|n|a22cosCC1，n2aCC1n2，2直線CC1與平面AB1D所成的角為45.答案A5.設正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是()2B.22C.223D.23A.3解析如圖建立坐標系.則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0

5、)，D1A1(2，0，0)，DB(2，2，0)，nDA0，n(x，y，z)，則2x2z0，3設平面A1BD的一個法向量1nDB0，令z1，得n(1，1，1).2x2y0，|D1A1n|223|n|3D1到平面A1BD的距離d.3則EF(0，1，1)，BC1(2，0，2)，EFBC12，答案D二、填空題6.(2017昆明月考)如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E，F分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是_.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ABBCAA12，則C1(2，0，2)，E(0，1，0

6、)，F(0，0，1)，cosEF，BC1222221，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，則DC(0，1，0)，DB(1，1，0)，DC1(0，1，2).設平面BDC1的一個法向量為n(x，y，z)，則nDB，nDC1，所以有令y2，得平面BDC1的一個法向量為n(2，2，1).y2z0，EF和BC1所成的角為60.答案607.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于_.解析以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖.設AA12AB2，xy0，設CD與平面BDC1所成的角為，則sin|cosn，DC|n|D

7、C|3DCn2.答案232BH3答案28.已知點E，F分別在正方體ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值等于_.解析延長FE，CB相交于點G，連接AG，如圖所示.設正方體的棱長為3，則GBBC3，作BHAG于點H，連接EH，則EHB為所求二面角的平面角.32EB2BH，EB1，tanEHB.3三、解答題F9.(2015全國卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E，是平面ABCD同一側的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC，(2)求直線AE與直線C

8、F所成角的余弦值.(1)證明如圖，連接BD，設BDACG，連接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120，可得AGGC3.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG3，且EGAC.在RtFDG中，可得FG6.在RtEBG中，可得BE2，故DF222.，可得EF，在直角梯形BDFE中，由BD2，BE2，DF從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.23222(2)解如圖，以G為坐標原點，分別以GB，GC的方向為x軸，y軸正方向，|GB|為單位長度，建立空間直角坐標系Gxyz，所

9、以AE(1，3，2)，CF1，3，.AECF3故cosAE，CF.|AE|CF|由(1)可得A(0，3，0)，E(1，0，2)，F1，0，C(0，3，0).2232，23所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為3.以G為坐標原點，GF的方向為x軸正方向，|GF|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標10.(2016全國卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE與二面角CBEF都是60.(1)證明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值.(1)證明由已知可得AFDF，AFEF，所以AF平面EFDC.又AF平面

10、ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解過D作DGEF，垂足為G.由(1)知DG平面ABEF.系Gxyz.由(1)知DFE為二面角DAFE的平面角，故DFE60，則|DF|2，|DG|3.可得A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0，3).由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角CBEF的平面角，CEF60.從而可得C(2，0，3).所以EC(1，0，3)，EB(0，4，0)，AC(3，4，3)，AB(4，0，0).nEC0，x3z0，nEB0，4y0，mAC

11、0，mAB0，|n|m|19故二面角EBCA的余弦值為.設n(x，y，z)是平面BCE的法向量，則即所以可取n(3，0，3).設m是平面ABCD的法向量，則同理可取m(0，3，4).nm219則cosn，m.21919能力提升題組(建議用時：20分鐘)11.(2017濟南質檢)如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()5B.5A.55325C.D.35BC1(0，2，1)，AB1(2，2，1)，BC1AB1cosBC1，AB15955BC1與AB1的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，解析不妨令CB1，則CACC12

12、，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，41150.|BC1|AB1|5直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為5.答案A12.在正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC所成的角是()A.30B.45C.60D.90aa0)，P0，.則CA(2a，0，0)，a，aaCB(a，a，0)，nCA0，x0，yz，CBna1則cosCB，n，|CB|n|又CB，n(0，180)，CB，n60，解析CDCAABBD，解析如圖，以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz.設ODSOOAOBOCa.

13、則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，22AP22設平面PAC的一個法向量為n(x，y，z)，則解得可取n(0，1，1)，nAP0，2a222直線BC與平面PAC所成的角為906030.答案A13.如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD217，則該二面角的大小為_.CABD|CA|BD|cosCA，BD24.cosCA，BD.又所求二面角與CA，BD互補，PAB90，BCCDAD.E為棱AD的中點，異面直線PA12所求的二面角為60.答案6014.(2016四川卷)如圖，在四棱錐PABCD中

14、，ADBC，ADC12與CD所成的角為90.(1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM平面PBE，并說明理由；(2)若二面角PCDA的大小為45，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行.延長AB，DC，相交于點M(M平面PAB)，點M即為所求的一個點.理由如下：由已知，知BCED，且BCED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.(說明：延長AP至點N，使得APPN，則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)法一由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.從而CDPD.所以P

15、DA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.設BC1，則在eqoac(,Rt)PAD中，PAAD2.過點A作AHCE，交CE的延長線于點H，連接PH.易知PA平面ABCD，從而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.過A作AQPH于Q，則AQ平面PCE.所以APH是PA與平面PCE所成的角.在eqoac(,Rt)AEH中，AEH45，AE1，所以AH22.在eqoac(,Rt)PAH中，PHPA2AH2，PH3322AH1所以sinAPH.法二由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.作AyAD，以A為原點，以AD，AP的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空所以PE(1，0，2)，EC(1，1，0)，AP(0，0，2)，nPE0，x2z0，xy