《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 隨機(jī)變量、空間向量（理）7.2 運(yùn)用空間向量求角達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 隨機(jī)變量、空間向量（理）7.2 運(yùn)用空間向量求角達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 隨機(jī)變量、空間向量（理）7.2 運(yùn)用空間向量求角達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析） 1．(2018·南京學(xué)情調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1. (1)若直線PB與CD所成角的大小為，求BC的長(zhǎng)； (2)求二面角B-PD-A的余弦值． 解：(1) 以{，，}為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳P＝AB＝AD＝1， 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)． 設(shè)C(1，y,0)，則＝(1,0，－1)，＝(－1,1－y,0)． 因?yàn)?/p>

2、直線PB與CD所成角大小為， 所以|cos〈，〉|＝＝， 即＝，解得y＝2或y＝0(舍)， 所以C(1,2,0)，所以BC的長(zhǎng)為2. (2)設(shè)平面PBD的法向量為n1＝(x，y，z)． 因?yàn)椋?1,0，－1)，＝(0,1，－1)， 則即 令x＝1，則y＝1，z＝1，所以n1＝(1,1,1)． 因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)法向量為n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝， 所以由圖可知二面角B-PD-A的余弦值為. 2．(2018·蘇北四市期末)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F(xiàn)，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點(diǎn)，以

3、{，，→}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. (1)求異面直線AC與BE所成角的余弦值； (2)求二面角F-BC1-C的余弦值． 解：(1)因?yàn)锳B＝1，AA1＝2，則F(0,0,0)，A，C，B，E，A1，C1， 所以＝(－1,0,0)，＝. 記異面直線AC和BE所成角為α， 則cos α＝|cos〈，〉|＝＝， 所以異面直線AC和BE所成角的余弦值為. (2)設(shè)平面BFC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)． 因?yàn)椋?，＝? 則即 取x1＝4，得平面BFC1的一個(gè)法向量為m＝(4,0,1)． 設(shè)平面BCC1的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 因?yàn)?/p>

4、＝，＝(0,0,2)， 則即 取x2＝，得平面BCC1的一個(gè)法向量為n＝(，－1,0)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 根據(jù)圖形可知二面角F-BC1-C為銳二面角， 所以二面角F-BC1-C的余弦值為. 3．(2018·南京、鹽城二模)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點(diǎn)． (1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值； (2)點(diǎn)M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D1為直四棱柱， 所以A1A⊥平面ABCD. 又AE?

5、平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以A1A⊥AE，A1A⊥AD. 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，則△ABC是等邊三角形． 因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以BC⊥AE. 因?yàn)锽C∥AD，所以AE⊥AD. 故以A為原點(diǎn)，AE，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F(xiàn). (1)因?yàn)椋?0,2,0)，＝， 所以cos〈，〉＝＝， 所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為. (2)設(shè)M(x，y，z)，由于點(diǎn)M在線段A1D上，且 ＝λ，即＝λ， 則(x，y，z－2

6、)＝λ(0,2，－2)． 解得M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)． 設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x0，y0，z0)． 因?yàn)椋?，0,0)，＝， 所以即 令y0＝2，得z0＝－1， 所以平面AEF的一個(gè)法向量為n＝(0,2，－1)． 由于CM∥平面AEF，則n·＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝. 4.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點(diǎn)P是棱BB1上一點(diǎn)，滿足＝λ (0≤λ≤1)． (1)若λ＝，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值； (2)若二面角P-A1C-B的正弦值為

7、，求λ的值． 解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.因?yàn)锳B＝AC＝1，AA1＝2，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2λ)． (1)由λ＝得，＝，＝(1,0，－2)，＝(0,1，－2)． 設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得 不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2， 從而平面A1BC的一個(gè)法向量為n1＝(2,2,1)． 設(shè)直線PC與平面A1BC所成的角為θ， 則sin θ＝＝＝， 所以直線PC與平面A1BC所成角的

8、正弦值為. (2)設(shè)平面PA1C的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 又＝(1,0,2λ－2)， 故由得 不妨取z2＝1，則x2＝2－2λ，y2＝2， 所以平面PA1C的一個(gè)法向量為n2＝(2－2λ，2,1)． 則cos〈n1，n2〉＝， 又二面角P-A1C-B的正弦值為， 所以＝， 化簡(jiǎn)得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值為1. B組——大題增分練 1．(2018·鎮(zhèn)江期末)如圖，AC⊥BC，O為AB中點(diǎn)，且DC⊥平面ABC，DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2. (1)求直線AD與CE所成的角； (2)求二面角O-CE-B的

9、余弦值． 解：(1)因?yàn)锳C⊥CB且DC⊥平面ABC，則以C為原點(diǎn)，CB為x軸正方向，CA為y軸正方向，CD為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 因?yàn)锳C＝BC＝BE＝2，則C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,2,0)，O(1,1,0)，E(2,0,2)，D(0,0,2)，且＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)． 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以直線AD和CE的夾角為60°. (2)平面BCE的一個(gè)法向量為m＝(0,1,0)， 設(shè)平面OCE的法向量n＝(x0，y0，z0)． 由＝(1,1,0)，＝(2,0,2)， 得則解得 取x0＝－1，則n＝(－1,1,1)．

10、 因?yàn)槎娼荗-CE-B為銳二面角，記為θ， 則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝. 即二面角O-CE-B的余弦值為. 2．(2018·江蘇高考)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解：如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O -xyz. 因?yàn)锳B＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0

11、,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)． (1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 所以|cos〈，〉|＝＝＝. 所以異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Q， 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 3. (2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(一))如圖，在四棱錐P-ABC

12、D中，已知底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PD＝AD＝2AB，點(diǎn)Q為線段PA(不含端點(diǎn))上一點(diǎn)． (1)當(dāng)Q是線段PA的中點(diǎn)時(shí)，求CQ與平面PBD所成角的正弦值； (2)已知二面角Q-BD-P的正弦值為，求的值． 解：以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 不妨設(shè)AB＝1，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2，1,0)，P(0,0,2)． ＝(2,1,0)，＝(0,0,2)． (1)當(dāng)Q是線段PA的中點(diǎn)時(shí)，Q(1，0,1)，＝(1，－1，1)． 設(shè)平面PBD的法向量為m＝(x，y，z)． 則即 不妨取x＝1，解得y＝

13、－2. 則平面PBD的一個(gè)法向量為m＝(1，－2,0)． 故cos〈m，〉＝＝＝. 綜上，CQ與平面PBD所成角的正弦值為. (2)＝(－2,0,2)，設(shè)＝λ (λ∈(0,1))， 即＝(－2λ，0,2λ)． 故Q(2－2λ，0,2λ)，＝(2,1,0)，＝(2－2λ，0,2λ)． 設(shè)平面QBD的法向量為n＝(x，y，z)． 則即 不妨取x＝1，則y＝－2，z＝1－， 故平面QBD的一個(gè)法向量為n＝. 由(1)得平面PBD的一個(gè)法向量m＝(1，－2,0)， 由題意得cos2〈m，n〉＝ ＝＝＝1－2＝， 解得λ＝或λ＝－1. 又λ∈(0,1)，所以λ＝， 所以＝

14、，即―＝ ，即＝. 4.如圖，在四棱錐S-ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1. (1)求二面角S-BC-A的余弦值； (2)設(shè)P是棱BC上一點(diǎn)，E是SA的中點(diǎn)，若PE與平面SAD所成角的正弦值為，求線段CP的長(zhǎng)． 解：(1)由題意，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DS所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz， 則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，1,0)，S(0,0,2)， 所以＝(2,2，－2)，＝(0,1，－2)，＝(0,0,2)． 設(shè)平面SBC的

15、法向量為n1＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得x＝－1，y＝2， 所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一個(gè)法向量. 因?yàn)镾D⊥平面ABC，取平面ABC的一個(gè)法向量n2＝(0,0,1)． 設(shè)二面角S-BC-A的大小為θ， 由圖可知二面角S-BC-A為銳二面角， 所以|cos θ|＝＝＝， 所以二面角S-BC-A的余弦值為. (2)由(1)知E(1,0,1)， ＝(2,1,0)，＝(1，－1，1)． 設(shè)＝λ (0≤λ≤1)， 則＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)， 所以＝－＝(1－2λ，－1－λ，1)． 易知CD⊥平面SAD， 所以＝(0，－1,0)是平面SAD的一個(gè)法向量． 設(shè)PE與平面SAD所成的角為α， 所以sin α＝|cos〈，〉|＝＝， 即＝，得λ＝或λ＝(舍去)． 所以＝，||＝， 所以線段CP的長(zhǎng)為.