板塊命題點(diǎn)專練(十一)空間向量及其應(yīng)用命題點(diǎn)向量法求空間角及應(yīng)用命題指數(shù)：☆☆☆☆難度：中題型：解答題1.(2017·江蘇高考)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．解：在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AD，交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如圖，以{eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.因?yàn)锳B＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，則A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．則cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(A1B,\s\up7(→))·eq\o(AC1,\s\up7(→)),|eq\o(A1B,\s\up7(→))||eq\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq\f(1,7).因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7).(2)可知平面A1DA的一個(gè)法向量為eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量，又eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，則y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量，從而cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·m,|eq\o(AE,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).設(shè)二面角B-A1D-A的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(3,4).因?yàn)棣取蔥0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B-A1D-A的正弦值為eq\f(\r(7),4).2．(2017·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求證：M為PB的中點(diǎn)；(2)求二面角B-PD-A的大小；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．解：(1)證明：如圖，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為E，連接ME.因?yàn)镻D∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以E為BD的中點(diǎn)．所以M為PB的中點(diǎn)．(2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE.因?yàn)镻A＝PD，所以O(shè)P⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP?平面PAD，所以O(shè)P⊥平面ABCD.因?yàn)镺E?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OE.因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)，以eq\o(OD,\s\up7(→))，eq\o(OE,\s\up7(→))，eq\o(OP,\s\up7(→))為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(2,0，－eq\r(2))．設(shè)平面BDP的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，得y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．又平面PAD的一個(gè)法向量為p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由題知二面角B-PD-A為銳角，所以二面角B-PD-A的大小為60°.(3)由題意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，則eq\o(MC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(MC,\s\up7(→))|,|n||eq\o(MC,\s\up7(→))|)＝eq\f(2\r(6),9).所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為eq\f(2\r(6),9).3.(2017·山東高考)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是eq\x\to(DF)的中點(diǎn)．(1)設(shè)P是eq\x\to(CE)上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E-AG-C的大小．解：(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP?平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(2,0,3)，設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(AG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AG,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(9＋3－4,4×4)＝eq\f(1,2).由圖知二面角E-AG-C為銳角，故所求二面角E-AG-C的大小為60°.4．(2016·天津高考)如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB＝BE＝2.(1)求證：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．解：依題意，OF⊥平面ABCD，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(OF,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得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(xiàn)(0,0,2)，G(－1,0，0)．(1)證明：依題意，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1，－1,2)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ADF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．又eq\o(EG,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up7(→))·n1＝0.又因?yàn)橹本€EG?平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易證eq\o(OA,\s\up7(→))＝(－1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量，依題意，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(－1,1,2)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面CEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(EF,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(CF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,－x2＋y2＋2z2＝0，))不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up7(→))，n2〉＝eq\f(eq\o(OA,\s\up7(→))·n2,|eq\o(OA,\s\up7(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up7(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以，二面角O-EF-C的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因?yàn)閑q\o(AF,\s\up7(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up7(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，進(jìn)而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\