利用空间向量求空间角.docx
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利用空间向量求空间角
利用空间向量求空间角
1.(优质试题·东北三省三校联考)如图,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2。
(1)求证:
BD⊥平面ACFE;
(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为45°时,求CF的长度。
解析
(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC。
∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴BD⊥AE。
又∵AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACFE。
(2)如图,
以O为原点,,为x,y轴正方向,z轴过O且平行于CF,建立空间直角坐标系O—xyz,则B(0,,0),D(0,-,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),=(-1,0,a)。
设平面EDB的法向量为n=(x,y,z),则有
即
令z=1,n=(-2,0,1),
由题意sin45°=|cos〈,n〉|===,解得a=3或-。
由a>0,得a=3。
所以CF=3。
答案
(1)见解析
(2)3
2.(优质试题·全国卷Ⅱ)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H。
将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=。
(1)证明:
D′H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-D′A-C的正弦值。
解析
(1)证明:
由已知得AC⊥BD,AD=CD。
又由AE=CF得=,故AC∥EF。
因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H。
由AB=5,AC=6,得
DO=BO==4。
由EF∥AC得==。
所以OH=1,D′H=DH=3。
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH。
又D′H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D′H⊥平面ABCD。
(2)如图,
以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz,则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3),
=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3)。
设m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则
即
所以可取m=(4,3,-5)。
设n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则
即
所以可取n=(0,-3,1)。
于是cos〈m,n〉===-,
sin〈m,n〉=。
因此二面角B-D′A-C的正弦值是。
答案
(1)见解析
(2)
3.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF。
(1)求证:
EF⊥A1C1;
(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长;
(3)求平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值。
解析
(1)证明:
因为A1C1⊥B1D1,A1C1⊥DD1,B1D1∩DD1=D1,所以A1C1⊥平面BB1D1D。
因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥A1C1。
(2)如图,
在平面BCC1B1内,过点F作FG∥AE交棱C1C于点G,此时A,E,G,F四点共面,且C1G=
a-a=a。
(3)解法一:
延长DB,EF相交于H,连接AH,则AH为平面AEF与平面ABCD的交线,过点B作BI⊥AH(垂足为I),连接FI,则∠FIB为所求平面AEF与平面ABCD所成二面角的平面角。
因为BF=a,DE=a,DB=a,则BH=2a,AH=a,
由S△ABH=BI×AH=AB×BHsin45°=a2,解得BI=a。
所以tan∠FIB==,
cos∠FIB=。
解法二:
建立如图所示空间直角坐标系,则A(a,0,0),F,E,=,=。
设平面AEF的一个法向量为n1=(x,y,z),则·n1=0,·n1=0,即取z=6,则n1=(3,-2,6);又平面ABCD的法向量n2=(0,0,1),设平面AEF与平面ABCD所成二面角为θ,
则cosθ==。
答案
(1)见解析
(2)过点F作FG∥AE交棱C1C于点G,C1G=a (3)
4.(优质试题·浙江高考)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3。
(1)求证:
BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值。
解析
(1)证明:
延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示。
因为平面BCFE⊥平面ABC,平面BCFE∩平面ABC=BC,且AC⊥BC,所以,
AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC。
又EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以
△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则
BF⊥CK,又AC∩CK=C,
所以BF⊥平面ACFD。
(2)如图,
延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形。
取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以KO⊥平面ABC。
以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz。
由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),
A(-1,-3,0),E,F。
因此=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0)。
设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2)。
由得取m=(,0,-1);
由
得
于是,cos〈m,n〉==。
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为。
答案
(1)见解析
(2)
(时间:
20分钟)
1.(优质试题·天津高考)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2。
(1)求证:
EG∥平面ADF;
(2)求二面角O-EF-C的正弦值;
(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值。
解析 依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0)。
(1)证明:
依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2)。
设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF。
(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量。
依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2)。
设n2=(x′,y′,z′)为平面CEF的法向量,则即不妨设x′=1,可得n2=(1,-1,1)。
因此有cos〈,n2〉==-,
于是sin〈,n2〉=。
所以二面角O-EF-C的正弦值为。
(3)由AH=HF,得AH=AF。
因为=(1,-1,2),所以==,进而有H,从而=,
因此cos〈,n2〉==-。
所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为。
答案
(1)见解析
(2) (3)
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1。
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长。
解析 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)。
(1)由题意知,AD⊥平面PAB,
所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0)。
因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·=0,m·=0,
即令y=1,解得z=1,x=1。
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量。
从而cos〈,m〉==,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为。
(2)因为=(-1,0,2),
设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ)。
又=(0,-2,2),
从而cos〈,〉==。
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2〈,〉==≤。
当且仅当t=,即λ=时,|cos〈,〉|的最大值为。
因为y=cosx在上是减函数,
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值。
又因为BP==,
所以BQ=BP=。
答案
(1)
(2)
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