第八章第7講[A級基礎達標]1．已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)【答案】B【解析】經檢驗，選項B中向量(1，－1,0)與向量a＝(1,0，－1)的夾角的余弦值為eq\f(1,2)，即它們的夾角為60°，故選B．2．如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝3，AD＝1，點E，F，G分別在棱DD1，AB，CC1上且eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CC1,\s\up6(→))，則異面直線A1E與GF所成角的余弦值是()A．eq\f(\r(15),5) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(70),70)【答案】D【解析】以DA，DC，DD1所在直線方向x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則可得A1(1,0,3)，E(0,0,1)，G(0,3,1)，F(3,1,0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(3，－2，－1)．設異面直線A1E與GF所成角的為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(GF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(70),70)，故選D．3．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與平面ACE所成的角為A．0° B．30°C．45° D．90°【答案】A【解析】設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，以DA所在直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，∵E為DD1的中點，∴A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,1)，D1(0,0,2)．∴eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．設平面ACE的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(EA,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(EC,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－z＝0，,2y－z＝0，))解得n＝(1,1,2)，設BD1與平面ACE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝|eq\f(－2－2＋4,\r(12)×\r(6))|＝0，∴θ＝0°.故選A．4．在正方體ABCD－A1B1C1D1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A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)【答案】eq\f(2,3)【解析】以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).5．(2016年太和縣校級模擬)正方體ABCD－A1B1C1D1中對角線B1D與平面A1BC1所成的角大小為A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【答案】D【解析】如圖，以DA為x軸，以DC為y軸，以DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則D(0,0,0)，B1(1,1,1)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，設平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0.))∴n＝(1,1,1)．設對角線B1D與平面A1BC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(DB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(3)×\r(3))))＝1，∴θ＝eq\f(π,2).故選D．6．ABCD是正方形，PA⊥平面AC，且PA＝AB，則二面角B－PC－D的度數為()A．60° B．90°C．120° D．135°【答案】C【解析】由題意可得，AP，AB，AD兩兩垂直，所以可建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(0,0,0)，B(0，1,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,y＝0.))令x＝1，則z＝1，y＝0，∴n＝(1,0,1)．同理可得平面PBC的法向量m＝(0,1,1)．∴cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈n，m〉＝60°.從圖中可以看到：二面角B－PC－D的大小應為一個鈍角，∴二面角B－PC－D的度數＝180°－60°＝120°.故選C．7．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為__________．【答案】eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)【解析】cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面所成二面角的大小為eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).8．若向量a＝(2，－3，eq\r(3))是直線l的方向向量，向量b＝(1,0,0)是平面α的法向量，則直線l與平面α所成角的大小為__________．【答案】eq\f(π,6)【解析】設直線l與平面α所成角為θ，則sinθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(2,\r(22＋－32＋\r(3)2)×1)＝eq\f(1,2)，∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,6)，即直線l與平面α所成角的大小為eq\f(π,6).9．(2016年郴州三模)如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是線段EF的中點．(1)求證AM∥平面BDE；(2)試在線段AC上確定一點P，使得PF與CD所成的角是60°.【解析】(1)證明：如圖建立空間直角坐標系．設AC∩BD＝N，連接NE，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，E(0,0,1)，∴eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).又A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).∴eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))，且NE與AM不共線．∴NE∥AM.又NE?平面BDE，AM?平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)設P(t，t,0)(0≤t≤eq\r(2))，則eq\o(PF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－t，eq\r(2)－t,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0,0)．又∵eq\o(PF,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))所成的角為60°，∴eq\f(|\r(2)－t·\r(2)|,\r(\r(2)－t2＋\r(2)－t2＋1)×\r(2))＝eq\f(1,2)，解得t＝eq\f(\r(2),2)或t＝eq\f(3\r(2),2)(舍去)，故點P為AC的中點時滿足題意．10．(2016年遼寧二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2.E是PB的中點．(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P－AC－E的余弦值為eq\f(\r(6),3)，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．【解析】(1)證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝eq\r(2).∴AC2＋BC2＝AB2.∴AC⊥BC.又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)如圖，以C為原點，取AB的中點F，eq\o(CF,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸的正向，建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(1，1,0)，B(1，－1,0)．設P(0,0，a)(a＞0)，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2)))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0,0，a)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2)))，取m＝(1，－1,0)，則m·eq\o(CA,\s\up6(→))＝m·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，m為平面PAC的法向量．設n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n·eq\o(CA,\s\up6(→))＝n·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x－y＋az＝0，))取x＝a，y＝－a，z＝－2，則n＝(a，－a，－2)，依題意，|cos〈m·n〉|＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(a,\r(a2＋2))＝eq\f(\r(6),3)，則a＝2.于是n＝(2，－2，－2)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1,1，－2)．設直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(2),3)，即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),3).[B級能力提升]11．三棱錐A－BCD中，平面ABD與平面BCD的法向量分別為n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，則二面角A－BD－C的大小為()A．eq\f(π,3) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D．eq\f(π,6)或eq\f(π,3)【答案】C【解析】∵二面角的范圍是[0，π]，且〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，∴二面角A－BD－C的大小為eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故選C．12．正△ABC與正△BCD所在平面垂直，則二面角A－BD－C的正弦值為()A．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(\r(6),3)【答案】C【解析】取BC的中點O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標系，設BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面BCD的一個法向量，可進一步求出平面ABD的一個法向量n＝(1，－eq\r(3)，1)，∴cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),5).∴sin〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).13．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，對角線AC與BD交于點O，PO⊥平面ABCD，PB與平面ABCD所成的角為60°，E是PB的中點，則異面直線DE與PA所成角的余弦值是()A．0 B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),6)【答案】B【解析】以O為坐標原點，射線OB，OC，OP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系．在Rt△AOB中，OA＝eq\r(3)，于是點A，B，D，P的坐標分別是A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．E是PB的中點，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))．設eq\o(DE,\s\up6(→))與eq\o(AP,\s\up6(→))的夾角為θ，有cosθ＝eq\f(\f(3,2),\r(\f(9,4)＋\f(3,4))×\r(3＋3))＝eq\f(\r(2),4).14．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于__________【答案】eq\f(2,3)【解析】以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，設AA1＝2AB＝2，則D(0，0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0.))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3).15．若a，b是直線，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量m在a上，向量n在b上，m＝(0,3,4)，n＝(3,4,0)，則α、β所成二面角中較小的一個余弦值為__________．【答案】eq\f(12,25)【解析】由題意，∵m＝(0,3,4)，n＝(3,4,0)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(12,5×5)＝eq\f(12,25).∵a⊥α，b⊥β，向量m在a上，向量n在b上．∴α，β所成二面角中較小的一個余弦值為eq\f(12,25).16．(2016年北京校級模擬)如圖，四邊形PDCE為矩形，四邊形ABCD為梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝1，PD＝eq\r(2).(1)若M為PA的中點，求證：AC∥平面MDE；(2)求直線PE與平面PBC所成角的正弦值．(3)在PC上是否存在一點Q，使得平面QAD與平面PBC所成銳二面角的大小為eq\f(π,3).【解析】(1)證明：連接PC，交DE與N，連接MN，∵△PAC中，M，N分別為兩腰PA，PC的中點，∴MN∥AC.∵MN?面MDE，又AC?面MDE，∴AC∥平面MDE.(2)∵∠ADC＝90°，∴AD⊥DC，又AD?平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD，∴AD⊥平面PDCE.又PD?平面PDCE，∴AD⊥PD.以D為空間坐標系的原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則P(0,0，eq\r(2))，B(1,1,0)，C(0,2,0)．eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．設平面PBC的法向量m＝(x，y,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝x，y，1·1，1，－\r(2)＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝x，y，1·－1，1，0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(2)＝0，,－x＋y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2).))∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)