江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題七 隨機變量、空間向量（理）7.2 運用空間向量求角達標訓練（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題七 隨機變量、空間向量（理）7.2 運用空間向量求角達標訓練（含解析）1(2018南京學情調研)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，ADBC，APABAD1.(1)若直線PB與CD所成角的大小為，求BC的長；(2)求二面角BPDA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系Axyz.因為APABAD1，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)設C(1，y,0)，則(1,0，1)，(1,1y,0)因為直線PB與CD所成角大小為，所以|cos，|，即，解得y2或y0(舍)，所以C(1,

2、2,0)，所以BC的長為2.(2)設平面PBD的法向量為n1(x，y，z)因為(1,0，1)，(0,1，1)，則即令x1，則y1，z1，所以n1(1,1,1)因為平面PAD的一個法向量為n2(1,0,0)，所以cosn1，n2，所以由圖可知二面角BPDA的余弦值為.2(2018蘇北四市期末)在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，AA12，E，F(xiàn)，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點，以，為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系Fxyz.(1)求異面直線AC與BE所成角的余弦值；(2)求二面角FBC1C的余弦值解：(1)因為AB1，AA12，則F(0,0,0)，A，C，B，E，A1，C1

3、，所以(1,0,0)，.記異面直線AC和BE所成角為，則cos |cos，|，所以異面直線AC和BE所成角的余弦值為.(2)設平面BFC1的法向量為m(x1，y1，z1)因為，則即取x14，得平面BFC1的一個法向量為m(4,0,1)設平面BCC1的法向量為n(x2，y2，z2)因為，(0,0,2)，則即取x2，得平面BCC1的一個法向量為n(，1,0)，所以cosm，n.根據(jù)圖形可知二面角FBC1C為銳二面角，所以二面角FBC1C的余弦值為.3(2018南京、鹽城二模)如圖，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1AAB2，ABC60，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中

4、點(1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值；(2)點M在線段A1D上，.若CM平面AEF，求實數(shù)的值解：因為四棱柱ABCDA1B1C1D1為直四棱柱，所以A1A平面ABCD.又AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC60，則ABC是等邊三角形因為E是BC的中點，所以BCAE.因為BCAD，所以AEAD.故以A為原點，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系則A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F(xiàn).(1)因為(0,2,0)，所以cos，所以異面直線EF，AD所成

5、角的余弦值為.(2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且 ，即，則(x，y，z2)(0,2，2)解得M(0,2，22)，(，21,22)設平面AEF的法向量為n(x0，y0，z0)因為(，0,0)，所以即令y02，得z01，所以平面AEF的一個法向量為n(0,2，1)由于CM平面AEF，則n0，即2(21)(22)0，解得.4.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是直角三角形，ABAC1，AA12，點P是棱BB1上一點，滿足 (01)(1)若，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值；(2)若二面角PA1CB的正弦值為，求的值解：以A為坐標原點，分別以AB，AC，AA1所在

6、直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz.因為ABAC1，AA12，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2)(1)由得，(1,0，2)，(0,1，2)設平面A1BC的法向量為n1(x1，y1，z1)，由得不妨取z11，則x1y12，從而平面A1BC的一個法向量為n1(2,2,1)設直線PC與平面A1BC所成的角為，則sin ，所以直線PC與平面A1BC所成角的正弦值為.(2)設平面PA1C的法向量為n2(x2，y2，z2)，又(1,0,22)，故由得不妨取z21，則x222，y22，所以平面PA1C的一個

7、法向量為n2(22，2,1)則cosn1，n2，又二面角PA1CB的正弦值為，所以，化簡得2890，解得1或9(舍去)，故的值為1.B組大題增分練1(2018鎮(zhèn)江期末)如圖，ACBC，O為AB中點，且DC平面ABC，DCBE.已知ACBCDCBE2.(1)求直線AD與CE所成的角；(2)求二面角OCEB的余弦值解：(1)因為ACCB且DC平面ABC，則以C為原點，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系因為ACBCBE2，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

8、,0,2)所以cos，.所以直線AD和CE的夾角為60.(2)平面BCE的一個法向量為m(0,1,0)，設平面OCE的法向量n(x0，y0，z0)由(1,1,0)，(2,0,2)，得則解得取x01，則n(1,1,1)因為二面角OCEB為銳二面角，記為，則cos |cosm，n|.即二面角OCEB的余弦值為.2(2018江蘇高考)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點P，Q分別為A1B1，BC的中點(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ABCA1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OBOC，O

9、O1OC，OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標系O xyz.因為ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)(1)因為P為A1B1的中點，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)因為Q為BC的中點，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)設n(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取n(，1,1)設直線CC1與平面AQC1所成角為，則sin |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)調研(一)如圖

10、，在四棱錐PABCD中，已知底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PDAD2AB，點Q為線段PA(不含端點)上一點(1)當Q是線段PA的中點時，求CQ與平面PBD所成角的正弦值；(2)已知二面角QBDP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系Dxyz.不妨設AB1，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Q是線段PA的中點時，Q(1，0,1)，(1，1，1)設平面PBD的法向量為m(x，y，z)則即不妨取x1，解得y2.則平面PBD的一個法向量為m(1，2,0)故cosm，.綜

11、上，CQ與平面PBD所成角的正弦值為.(2)(2,0,2)，設 (0,1)，即(2，0,2)故Q(22，0,2)，(2,1,0)，(22，0,2)設平面QBD的法向量為n(x，y，z)則即不妨取x1，則y2，z1，故平面QBD的一個法向量為n.由(1)得平面PBD的一個法向量m(1，2,0)，由題意得cos2m，n12，解得或1.又(0,1)，所以，所以，即 ，即.4.如圖，在四棱錐SABCD中，SD平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，ADCDAB90，SDADAB2，DC1.(1)求二面角SBCA的余弦值；(2)設P是棱BC上一點，E是SA的中點，若PE與平面SAD所成角的正弦值為，求線

12、段CP的長解：(1)由題意，以D為坐標原點，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系Dxyz，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)設平面SBC的法向量為n1(x，y，z)，則即令z1，得x1，y2，所以n1(1,2,1)是平面SBC的一個法向量. 因為SD平面ABC，取平面ABC的一個法向量n2(0,0,1)設二面角SBCA的大小為，由圖可知二面角SBCA為銳二面角，所以|cos |，所以二面角SBCA的余弦值為. (2)由(1)知E(1,0,1)，(2,1,0)，(1，1，1)設 (01)，則(2,1,0)(2，0)，所以(12，1，1)易知CD平面SAD，所以(0，1,0)是平面SAD的一個法向量設PE與平面SAD所成的角為，所以sin |cos，|， 即，得或(舍去)所以，|，所以線段CP的長為.