红对勾答案

课时作业48利用向量求空间角

1．在正方体ABCD-A

1

B

1

C

1

D

1

中，点E为BB

1

的中点，则平面A

1

ED与平面

ABCD所成的锐二面角的余弦值为(B)

A.

1

2

B.

2

3

C.

3

3

D.

2

2

解析：以A为原点，AB，AD，AA

1

所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如

图所示的空间直角坐标系A-xyz，

设棱长为1，则A

1

(0,0,1)，E













1，0，

1

2

，D(0,1,0)，

∴A

1

D

→

＝(0,1，－1)，A

1

E

→

＝













1，0，－

1

2

，

设平面A

1

ED的一个法向量为n

1

＝(1，y，z)．

则有







A

1

D

→

·n

1

＝0，

A

1

E

→

·n

1

＝0，

即





y－z＝0，

1－

1

2

z＝0，

∴









y＝2，

z＝2，

∴n

1

＝(1,2,2)．

∵平面ABCD的一个法向量为n

2

＝(0,0,1)，∴cos〈n

1

，n

2

〉＝

2

3×1

＝

2

3

，即

所成的锐二面角的余弦值为

2

3

.

2．(2019·大同模拟)设正方体ABCD-A

1

B

1

C

1

D

1

的棱长为2，则点D

1

到平面A

1

BD

的距离是(D)

A.

3

2

B.

2

2

C.

22

3

D.

23

3

解析：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD

1

所在直线分别为x轴，y

轴，z轴，建立坐标系，

则D(0,0,0)，D

1

(0,0,2)，A

1

(2,0,2)，B(2,2,0)，D

1

A

1

→

＝(2,0,0)，DB

→

＝(2,2,0)，DA

1

→

＝(2,0,2)，

设平面A

1

BD的一个法向量n＝(x，y，z)，

则







n·DA

1

→

＝0，

n·DB

→

＝0，

∴









2x＋2z＝0，

2x＋2y＝0，

令z＝1，得n＝(－1,1,1)．

∴D

1

到平面A

1

BD的距离d＝

|D

1

A

1

→

·n|

|n|

＝

2

3

＝

23

3

.

3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的

角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(A)

A.

33

4

B.

23

3

C.

32

4

D.

3

2

解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面

α所成的角均相等．

如图，正方体ABCD-A

1

B

1

C

1

D

1

中，

易知棱AB，AD，AA

1

所在直线与平面A

1

BD所成的角均相等，所以α∥平面

A

1

BD，当平面α趋近点A时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的

中心O时，截面图形为正六边形，其边长为

2

2

，截面图形的面积为6×

3

4

×











2

2

2＝

33

4

；当平面α趋近于C

1

时，截面图形的面积趋近于0，所以截面图形面积的

最大值为

33

4

，故选A.

4．已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面上，AC

为球O的直径．当三棱锥P-ABC的体积最大时，二面角P-AB-C的大小为θ，则

sinθ等于(C)

A.

2

3

B.

5

3

C.

6

3

D.

7

3

解析：如图，设球O的半径为R，

由4πR2＝16π，得R＝2，

设点P到平面ABC的距离为d，

则0＜d≤2，因为AC为球的直径，

所以AB2＋BC2＝AC2＝16，则

V三棱锥P

-

ABC

＝

1

6

AB·BC·d≤

1

6

·

AB2＋BC2

2

·2＝

8

3

，

当且仅当AB＝BC＝22，d＝2时，V三棱锥P

-

ABC

取得最大值，

此时平面PAC⊥平面ABC，

连接PO，因为PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面PAC，

所以PO⊥平面ABC，过点P作PD⊥AB于D，

连接OD，因为AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD＝P，

所以AB⊥平面POD，则AB⊥OD，

所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角，

因为OD＝

1

2

BC＝2，所以PD＝PO2＋OD2＝6，

则sinθ＝sin∠PDO＝

PO

PD

＝

6

3

，故选C.

5．如图所示，在正方体ABCD-A

1

B

1

C

1

D

1

中，E，F分别是正方形A

1

B

1

C

1

D

1

和正方形ADD

1

A

1

的中心，则EF和CD所成的角的大小是45°.

解析：以D为原点，分别以DA、DC、DD

1

所在直线为x轴、y轴、z轴建

立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E











1

2

，

1

2

，1

，F











1

2

，0，

1

2

，EF

→

＝













0，－

1

2

，－

1

2

，DC

→

＝(0,1,0)，

∴cos〈EF

→

，DC

→

〉＝

EF

→

·DC

→

|EF

→

||DC

→

|

＝－

2

2

，∴〈EF

→

，DC

→

〉＝135°，

∴异面直线EF和CD所成的角的大小是45°.

6．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，

动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成

的角为θ，则cosθ的最大值为

2

5

.

解析：建立空间直角坐标系如图所示．

设AB＝1，则AF

→

＝













1，

1

2

，0

，E











1

2

，0，0

.

设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则EM

→

＝













－

1

2

，y，1

.

∵θ∈













0，

π

2

，∴cosθ＝

|AF

→

·EM

→

|

|AF

→

||EM

→

|

＝













－

1

2

＋

1

2

y

1＋

1

4

·

1

4

＋y2＋1

＝

21－y

5·4y2＋5

.

则















21－y

4y2＋5

2＝1－

8y＋1

4y2＋5

.

令8y＋1＝t，1≤t≤9，

则

8y＋1

4y2＋5

＝

16

t＋

81

t

－2

≥

1

5

，

当且仅当t＝1时取等号．

∴cosθ＝

21－y

5·4y2＋5

≤

1

5

×

2

5

＝

2

5

，当且仅当y＝0时取等号．

7．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为

PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．

解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A为坐标原点，AB

→

的方向为x轴的正方向，|AP

→

|为单位长，建立空

间直角坐标系A-xyz，

则D(0，3，0)，E













0，

3

2

，

1

2

，AE

→

＝













0，

3

2

，

1

2

.

设B(m,0,0)(m＞0)，

则C(m，3，0)，AC

→

＝(m，3，0)．

设n

1

＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，

则







n

1

·AC

→

＝0，

n

1

·AE

→

＝0，

即





mx＋3y＝0，

3

2

y＋

1

2

z＝0，

可取n

1

＝











3

m

，－1，3

.

又n

2

＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，

由题设得|cos〈n

1

，n

2

〉|＝

1

2

，

即

3

3＋4m2

＝

1

2

，解得m＝

3

2

.

因为E为PD的中点，

所以三棱锥E-ACD的高为

1

2

.

三棱锥E-ACD的体积V＝

1

3

×

1

2

×3×

3

2

×

1

2

＝

3

8

.

8．(2019·江西六校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边

形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝3，EF＝1，BC＝

13，且M是BD的中点．

(1)求证：EM∥平面ADF；

(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小．

解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.

在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN＝

1

2

AB，

又因为EF∥AB，EF＝

1

2

AB，

所以MN∥EF且MN＝EF.

所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，

又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，

故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.

由已知可得EM

→

＝











3

2

，0，－3

，AD

→

＝(3，－2,0)，AF

→

＝(0，－1，3)，

设平面ADF的法向量是n＝(x，y，z)．

由







n·AD

→

＝0，

n·AF

→

＝0

得









3x－2y＝0，

－y＋3z＝0，

令y＝3，则n＝(2,3，3)．

又因为EM

→

·n＝0，所以EM

→

⊥n，

又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2,3，3)．

易得平面BFD的一个法向量是m＝(0，－3，1)．

所以cos〈m，n〉＝

m·n

|m|·|n|

＝－

3

4

，

又二面角A-FD-B为锐角，

故二面角A-FD-B的余弦值大小为

3

4

.

9．(2019·河南郑州一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，

△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB＝ED＝EC＝BC，连接CE并延

长交AD于F.

(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；

(2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值．

解：(1)证明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，

故∠BCD＝

π

2

，∠CBE＝∠CEB＝

π

3

，

连接AE，

∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，

从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝

π

3

，AE＝CE＝DE.

∴∠AEF＝∠FED＝

π

3

.

故EF⊥AD，AF＝FD.

又PG＝GD，∴FG∥PA.

又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，

∴GF⊥AD，

又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG.

又AD⊂平面PAD，

∴平面PAD⊥平面CGF.

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，3，0)，D(0，23，0)，P(0,0,3)．

故BC

→

＝(1，3，0)，CP

→

＝(－3，－3，3)，CD

→

＝(－3，3，0)．

设平面BCP的一个法向量为n

1

＝(1，y

1

，z

1

)，

则









1＋3y

1

＝0，

－3－3y

1

＋3z

1

＝0，

解得





y

1

＝－

3

3

，

z

1

＝

2

3

，

即n

1

＝













1，－

3

3

，

2

3

.

设平面DCP的一个法向量为n

2

＝(1，y

2

，z

2

)，

则









－3＋3y

2

＝0，

－3－3y

2

＋3z

2

＝0，

解得









y

2

＝3，

z

2

＝2，

即n

2

＝(1，3，2)．

从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为

|n

1

·n

2

|

|n

1

||n

2

|

＝

4

3

16

9

×8

＝

2

4

.

10．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且

垂直于底面ABCD，AB＝BC＝

1

2

AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D

的余弦值．

解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF.

因为E是PD的中点，

所以EF∥AD，EF＝

1

2

AD.

由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，

又BC＝

1

2

AD，所以EF綊BC，

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB

→

的方向为x轴正方向，|AB

→

|为单

位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，

P(0,1，3)，PC

→

＝(1,0，－3)，AB

→

＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则BM

→

＝

(x－1，y，z)，PM

→

＝(x，y－1，z－3)．

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，

而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，

所以|cos〈BM

→

，n〉|＝sin45°，

|z|

x－12＋y2＋z2

＝

2

2

，

即(x－1)2＋y2－z2＝0.①

又M在棱PC上，设PM

→

＝λPC

→

，

则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②

由①②解得









x＝1＋

2

2

，

y＝1，

z＝－

6

2

(舍去)，或









x＝1－

2

2

，

y＝1，

z＝

6

2

.

所以M













1－

2

2

，1，

6

2

，从而AM

→

＝













1－

2

2

，1，

6

2

.

设m＝(x

0

，y

0

，z

0

)是平面ABM的法向量，

则







m·AM

→

＝0，

m·AB

→

＝0，

即









2－2x

0

＋2y

0

＋6z

0

＝0，

x

0

＝0，

所以可取m＝(0，－6，2)．

于是cos〈m，n〉＝

m·n

|m||n|

＝

10

5

.

易知所求二面角为锐角．

因此二面角M-AB-D的余弦值为

10

5

.

11．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD

＝

1

2

AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．

解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．

如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．

理由如下：

由已知，BC∥ED，且BC＝ED.

所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.

又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，

所以CM∥平面PBE.

(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意

一点)

(2)解法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD.

从而CD⊥PD.

所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.

设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.

过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.

易知PA⊥平面ABCD，

又CE⊂平面ABCD，从而PA⊥CE.

于是CE⊥平面PAH.

所以平面PCE⊥平面PAH.

过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．

在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，

所以AH＝

2

2

.

在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝

32

2

，

所以sin∠APH＝

AH

PH

＝

1

3

.

解法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD.

于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．

所以∠PDA＝45°.

由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.

设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.

作Ay⊥AD，以A为原点，以AD

→

，AP

→

的方向分别为x轴、z轴的正方向，建

立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，

所以PE

→

＝(1,0，－2)，EC

→

＝(1,1,0)，AP

→

＝(0,0,2)．

设平面PCE的法向量n＝(x，y，z)，

由







n·PE

→

＝0，

n·EC

→

＝0，

得









x－2z＝0，

x＋y＝0，

设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．

设直线PA与平面PCE所成角为α，

则sinα＝

|n·AP

→

|

|n|·|AP

→

|

＝

2

2×22＋－22＋12

＝

1

3

.

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为

1

3

.

12．(2019·江西南昌二中月考)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，

CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折

起，形成四棱锥B-AECD.

(1)在四棱锥B-AECD中，求证：AD⊥BD；

(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平

面ABD所成角的正弦值．

解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB

＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱

形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，

∵△BEC和△DEC均为正三角形，

∴EC⊥BF，EC⊥DF,又BF∩DF＝F，

∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，

∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.

(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，

∵BF⊥EC，DF⊥EC，

∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，

∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°，

又∵BF＝3，∴点B的横坐标为－

3

2

，点B的竖坐标为

3

2

.

因D(3，0,0)，E(0,1,0)，A(3，2,0)，

B













－

3

2

，0，

3

2

，

故AE

→

＝(－3，－1,0)，BD

→

＝











33

2

，0，－

3

2

，AD

→

＝(0，－2，0)．

设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

∴











BD

→

·n＝











33

2

，0，－

3

2

·x，y，z＝0，

AD

→

·n＝0，－2，0·x，y，z＝0，

得





33

2

x－

3

2

z＝0，

－2y＝0，

令x＝1，得y＝0，z＝3，∴平面ABD的一个法向量为n＝(1,0，3)，

∴cos〈AE

→

，n〉＝

AE

→

·n

|AE

→

||n|

＝

－3，－1，0·1，0，3

2×2

＝－

3

4

，

∵直线AE与平面ABD所成角为锐角，

∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为

3

4

.