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《2019-2020年高考数学一轮复习配餐作业48利用空间向量求空间角含解析理》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019-2020年高考数学一轮复习配餐作业48利用空间向量求空间角含解析理1.(xx·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
2、，－，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°＝
3、cos〈，n〉
4、＝＝＝，解得a＝3或－。由a>0，得a＝3。所以CF＝3。答案 (1)见解析 (2)32.(xx·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
5、，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＝(x
6、1，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，
7、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＝＝，co
8、s∠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.(xx·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
9、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，
