【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 数学（选择性必修第一册 人教A版2019） 第1章 1-4-2 第2课时 用空间向量研究夹角问题 Word版含解析.docx，共(11)页，532.226 KB，由小赞的店铺上传

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第2课时用空间向量研究夹角问题课后训练巩固提升A组1.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.30°D.以上均错解析:设直线l与平面α所成的角为θ,则sin

θ=|cos120°|=12.∵0°≤θ≤90°,∴θ=30°.答案:C2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则直线AC与BD1所成角的余弦值为()A.0B.3√7070C.-

3√7070D.√7070解析:建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.∵D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),∴𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-2,3),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,

0).∵𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.∴AC⊥BD1.故直线AC与BD1所成角的余弦值为0.答案:A3.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2

AD,点E为C1D1的中点,则平面ABB1A1与平面A1BE的夹角的余弦值为()A.-√33B.-√32C.√33D.√32解析:设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0),所以𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,

2,-2).因为E为C1D1的中点,所以E(0,1,2).所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0).设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,由𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m=0,𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m=0,可得平面A1BE的一

个法向量为m=(1,1,1).又DA⊥平面ABB1A1,所以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)是平面ABB1A1的一个法向量.所以cos<m,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑚·𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑚||𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗⃗|=1√3=√33.设所求夹角为θ,则cosθ=|cos<m,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>|=√33.即平面ABB1A1与平面A1BE夹角的余弦值为√33.故选C.答案:C4.直线l的方向向量a=(-2,3,2),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面

α所成角的正弦值为.解析:设直线l与平面α所成的角是θ,则sinθ=|cos<a,n>|=|(-2,3,2)·(4,0,1)√17×√17|=617.答案:6175.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为A1B1,BB1

的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值是.解析:依题意,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示,则A(1,0,0),M(1,12,1),C(0,1,0),N(1,1,12),从而𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,1),𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,12).由于cos<𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,�

�𝑁⃗⃗⃗⃗⃗>=12√52×√52=25,故异面直线AM与CN所成角的余弦值为|cos<𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗>|=25.答案:256.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面

AEF与平面ABCD的夹角的正切值等于.解析:建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.设正方体的棱长为1,则平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).因为A(1,0,0),E(1,1,13),F

(0,1,23),所以𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,13),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,13).由n2·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,n2·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,可得平面AEF的一个法向量是n2=(1,-1,3).所以cos<n1,n2>=𝑛1·𝑛

2|𝑛1||𝑛2|=3√1111.设平面AEF与平面ABC的夹角为α,则cosα=|cos<n1,n2>|=3√1111,从而sinα=√2211.所以tanα=√23.答案:√237.如图,正方形ACDE所在的平面与平面

ABC垂直,M是CE与AD的交点,AC⊥BC,且AC=BC.(1)求证:AM⊥平面EBC;(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小.解:∵四边形ACDE是正方形,∴EA⊥AC.∵平面ACDE⊥平面ABC,平面A

CDE∩平面ABC=AC,且EA⊂平面ACDE,∴EA⊥平面ABC.以A为原点,以过点A,且平行于BC的直线为x轴,以AC,AE所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.设EA=AC=BC=2,则A(0

,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2).∵M是正方形ACDE的对角线的交点,∴M(0,1,1).(1)证明:𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-2),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),∵𝐴𝑀⃗⃗

⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.∴AM⊥EC,AM⊥CB.又EC∩CB=C,∴AM⊥平面EBC.(2)∵AM⊥平面EBC

,∴𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗为平面EBC的一个法向量.∵𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),∴cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12.∴

<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=60°.∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.8.如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,D是BC的中点.(1)求异

面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值.解:以A为原点,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4).(1)因为

𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-4),𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,-4),所以cos<𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴1𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=18√20×√18=3√1010.设异面直线A1B与C1D所成的角为θ,则cosθ=|cos<𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=3√1010.所以异面直线A1B与C

1D所成角的余弦值为3√1010.(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),则n1·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,n1·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0.因为𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,4),所以x+y=0,y+2z

=0.所以可取n1=(2,-2,1).取平面ABA1的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|𝑛1·𝑛2||𝑛1||𝑛2|=2√9×√1=23.所以si

nθ=√53.因此,平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值为√53.B组1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成的角为(

)A.60°B.90°C.45°D.以上都不对解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.由题意知,A1(1,0,2),E(1,1,1),D1(0,0,2

),A(1,0,0),所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,-1).设平面A1ED1的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0.可得平面A1E

D1的一个法向量为n=(0,1,1).因为cos<n,𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑛·𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛||𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=-2√2×√2=-1,所以<n,𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>=180°.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.答案:B2.在长方体ABCD-A1B1C1D

1中,B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A.√64B.√104C.√32D.√34解析:建立空间直角坐标系A1xyz,如图所示,可知∠CB1C1=60°,∠DC1

D1=45°.设B1C1=1,则CC1=√3=DD1.∵∠DC1D1=45°,∴C1D1=√3.∴B1(√3,0,0),C(√3,1,√3),C1(√3,1,0),D(0,1,√3).∴𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,

√3),𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,0,√3).∴cos<𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|

|𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=32√6=√64.∴直线B1C与C1D所成角的余弦值为√64.答案:A3.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则平面PBC与平

面BDF的夹角的正切值为()A.√36B.√34C.√33D.2√33解析:设AC与BD交于点O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz如图所示.设PA=AD=AC=1,则BD=√3,所以

O(0,0,0),B(√32,0,0),F(0,0,12),C(0,12,0),P(0,-12,1).易知𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,0)为平面BDF的一个法向量.可得平面PBC的一个法向量为n=(1,√3,√3).所以cos<n,𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗>=√217.设平面PBC与平面BDF的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=√217.所以sinθ=2√77,tanθ=2√33.所以平面PBC与平面BDF的夹角的正切值

为2√33.答案:D4.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则正确的有()A.AD与BC所成的角为30°B.AC与BD所成的角为90°C.BC与平面ACD所成角的正弦值为√63D.平面ABC与平面BCD夹角的正切值是√

2解析:如图,正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,取BD中点O,连接AO,CO,则以O为原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),

D(0,1,0),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),|cos<𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1√2×√2=12,所以异面直线AD与BC所成的角为60

°,故A不正确;𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),因为𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以AC⊥BD,故B正确;设平面ACD的一个法向量为t=(x1,y1,z1),则{𝑡·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1-𝑧

1=0,𝑡·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦1-𝑧1=0,取z1=1,得t=(1,1,1),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),设BC与平面ACD所成角为θ,则sinθ=|cos<𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,t>|=|𝐵

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑡||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑡|=2√3×√2=√63,故C正确;平面BCD的一个法向量n=(0,0,1),𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),设平面ABC的法向量m=(x2,y2,z2),

则{𝑚·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦2+𝑧2=0,𝑚·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥2+𝑦2=0,取x2=1,得m=(1,-1,1),设平面ABC与平面BCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=1√3,所以sinθ=√63,所以tanθ=√2,所以平面

ABC与平面BCD的夹角的正切值是√2,故D正确.答案:BCD5.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成角的大小是.解析:设正三棱柱的棱长为2.因为𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=0+2-2-0=0,所以�

�𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗.所以异面直线AB1与BM的夹角为90°.答案:90°6.在空间直角坐标系Oxyz中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面O

xy的夹角为45°,则a=.解析:平面Oxy的一个法向量为n=(0,0,1).设平面α的法向量为u=(x,y,z),则有{-3𝑥+4𝑦=0,-3𝑥+𝑎𝑧=0,即3x=4y=az.所以可取u=(

𝑎3,𝑎4,1).由题意得|cos<n,u>|=1√𝑎29+𝑎216+1=√22,已知a>0,故a=125.答案:1257.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,E是CD的中点,D1E⊥CD,AB=2BC=2.(1)求证:平面CC1D1

D⊥底面ABCD;(2)若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为π3,求线段ED1的长度.(1)证明:因为底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,所以AD⊥CD,AD⊥DD1,又CD∩DD1=D,CD,DD1⊂平面CDD1C1,

所以AD⊥平面CDD1C1,又D1E⊂平面CDD1C1,所以AD⊥D1E,又CD⊥D1E,且CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ABCD,故D1E⊥平面ABCD,又D1E⊂平面CC1D1D,则平面CC1D1D⊥平面ABCD.(2)解:如图,取A

B的中点F,连接EF,则四边形EFBC为正方形,所以EF⊥CD,故以E为坐标原点,建立空间直角坐标系Exyz,设ED1=a,则E(0,0,0),F(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,2,a),所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,0),𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,

1,a),𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则有{𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑥=0,𝑦+𝑎𝑧=0,令z=1,则n=(0,-a,1),连接FC,因为FC⊥BE,又FC⊥D1E,

BE∩D1E=E,BE,D1E⊂平面BED1,所以FC⊥平面BED1,故𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0)为平面BD1E的一个法向量,所以|cos<n,𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑎√2·√𝑎2+1,因

为平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为π3,所以𝑎√2·√𝑎2+1=cosπ3=12,解得a=1.所以ED1=1.8.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=

1,M是棱PB的中点.(1)求证:AM∥平面PCD.(2)设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值.解:由题意知,AP,AB,AD两两垂直.以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴

、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1).(1)证明:𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,

-2),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-2,0).设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则{𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,即{𝑥-2𝑧=0,-𝑥-2𝑦=0.所以{𝑥=

2𝑧,𝑦=-𝑧.取z=1,则x=2,y=-1.所以n=(2,-1,1)是平面PCD的一个法向量.因为𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n=0,所以𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥n.又AM⊄平面PCD,所以AM∥平面PCD.(2

)由题意知𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=λ(1,2,0),0≤λ≤1.连接AN,因为𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),所以𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(1,0,0)+λ(1,2,0)=(1+λ,2λ,0).所以𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1+λ,2λ,0)-(0,1,1)=(1+λ,2λ-1,-1).又平面PAB的一个法向量为m=(1,

0,0),所以cos<𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,m>=1+𝜆√(1+𝜆)2+(2𝜆-1)2+1=1+𝜆√5𝜆2-2𝜆+3>0,设直线MN与平面PAB所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝑀𝑁⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=1+𝜆√5𝜆2-2𝜆+3=1+𝜆√5(1+𝜆)2-12(1+𝜆)+10=1√5-121+𝜆+10(11+𝜆)2=1√10(11+𝜆-35)2+75.所以,当11+𝜆

=35,即λ=23时,sinθ取得最大值,也就是直线MN与平面PAB所成的角最大.