(新课标)2017高考数学大一轮复习第七章立体几何51空间角的求法课时作业理

长．

解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，

C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)．

?1?又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M?1，，1?，N(1，－2，1)． ?2?

5??(1)证明：依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量．MN―→＝?0，－，0?. 2??由此可得MN―→·n＝0，

又因为直线MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)AD1―→＝(1，－2，2)，AC―→＝(2，0，0)． 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，

?→＝0，??n1·AD1―?x1－2y1＋2z1＝0，

则?即? ?n1·AC―?2x1＝0.→＝0，??

不妨设z1＝1，可得n1＝(0，1，1)． 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量， 则?

?→＝0，?n2·AB1―?→＝0，?n2·AC―

??y2＋2z2＝0，又AB1―→＝(0，1，2)，得?

?2x2＝0.?

不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝

n1·n210

＝－，

|n1|·|n2|10

310

于是sin〈n1，n2〉＝. 10

310

所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.

10

(3)依题意，可设A1E―→＝λA1B1―→，其中λ∈[0，1]， 则E(0，λ，2)，从而NE―→＝(－1，λ＋2，1)． 又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，

NE―→·n得cos〈NE―→·n〉＝ |NE―→|·|n|

＝

1＝， 222

（－1）＋（λ＋2）＋13

2

1

整理得λ＋4λ－3＝0，

又因为λ∈[0，1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A1E的长为7－2.

2．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCDπ

为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.

2

(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

解：以{AB―→，AD―→，AP―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． (1)因为AD⊥平面PAB，

所以AD―→是平面PAB的一个法向量，AD―→＝(0，2，0)． 因为PC―→＝(1，1，－2)，PD―→＝(0，2，－2)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则m·PC―→＝0，m·PD―→＝0.

??x＋y－2z＝0，即?令y＝1，解得z＝1，x＝1. ?2y－2z＝0.?

所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．

AD―→·m3从而cos〈AD―→，m〉＝＝，

|AD―→||m|3

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为(2)因为BP―→＝(－1，0，2)，

设BQ―→＝λBP―→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB―→＝(0，－1，0)，

3

. 3

则CQ―→＝CB―→＋BQ―→＝(－λ，－1，2λ)， 又DP―→＝(0，－2，2)，

CQ―→·DP―→1＋2λ从而cos〈CQ―→，DP―→〉＝＝ . 2

|CQ―→||DP―→|10λ＋2

设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，

2t则cos〈CQ―→，DP―→〉＝2

5t－10t＋9

2

2

＝

9≤.

15?22010?9?－?＋

9?t9?

2

92310

当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ―→，DP―→〉|的最大值为.

5510

?π?因为y＝cosx在?0，?上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

2??

22522

又因为BP＝1＋2＝5，所以BQ＝BP＝.

55