【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第七章第6节第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题【高考】.docx，共(16)页，365.692 KB，由小赞的店铺上传

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多维层次练43[A级基础巩固]1．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是()A．P(2，3，3)B．P(－2，0，1)C．P(－4，－4，0)D．P(3，－3，4)解析：逐一验证法，对于选项A，MP→＝(1，4

，1)，所以MP→·n＝6－12＋6＝0，所以MP→⊥n，所以点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．答案：A2．(2020·大连市月考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧

棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是()A.32B.22C.62D.64解析：如图所示，建立坐标系，易求点D32，12，1.平面AA1C1C的一个法

向量是n＝(1，0，0)，所以cos〈n，AD→〉＝322＝64，即sinα＝64.答案：D3．如图所示，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有()A．B

1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝12EBD．E与B重合解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，D

1F→＝(0，1，－2)，DE→＝(2，2，z)，因为D1F→⊥DE→，所以D1F→·DE→＝0×2＋1×2－2z＝0，解得z＝1，所以B1E＝EB.答案：A4.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A1

M∥D1P；②A1M∥B1Q；③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.以上说法正确的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：A1M→＝A1A→＋AM→＝A1A→＋12AB→，D1P→＝D1D→＋DP→＝A1A→＋12AB→，所以A1

M→∥D1P→，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故①③④正确．答案：C5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，点P，Q分

别是线段A1E与线段DD1上的动点，当点P，Q的距离最小时，异面直线AP与CD1所成角的余弦值为()A.4221B.714C.1841D．－714解析：以AB，AD，AA1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2.则A

1(0，0，2)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，C(2，2，0)，E(2，1，0)，设A1P→＝λA1E→，DQ→＝μDD1→，则P(2λ，λ，2－2λ)，Q(0，2，2μ)．所以|PQ|＝4λ2＋（λ－2

）2＋4（λ＋μ－1）2＝5λ－252＋4（λ＋μ－1）2＋165≥455，当且仅当λ＝25，μ＝35时取等号，此时AP→＝45，25，65.又CD1→＝(－2，0，2)，所以异面直线AP与CD1所成角的余弦值cosθ＝714.答

案：B6．若AB→＝λCD→＋μCE→，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．解析：因为AB→＝λCD→＋μCE→，所以AB→，CD→，CE→共面．则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．答案：平行或在平面内7．已知平面α，平面β的法向量分别为a＝(1，1，2)，b＝(x

，－2，3)，若α⊥β，则x＝________；若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值为66，则x＝________．解析：由α⊥β，得a⊥b，所以a·b＝x－2＋6＝0，解得x＝－4.若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值

为66，则|cos〈a，b〉|＝|a·b||a||b|＝|x＋4|6·x2＋13＝66，解得x＝－38.答案：－4－388．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线E

F和BC1所成的角是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)．因此EF→＝(0，－1，1)，BC1→＝(2，0，2)，所以EF→·BC1→＝2.所以cos〈E

F→，BC1→〉＝22×22＝12.所以EF和BC1所成的角为60°.答案：60°9.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP

的长；若不存在，说明理由．(1)证明：以A为原点，AB→、AD→、AA1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设AB＝a.则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E

a2，1，0，B1(a，0，1)，AD1→＝(0，1，1)，B1E→＝－a2，1，－1，因为B1E→·AD1→＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，因此B1E→⊥AD1→，所以B1E⊥AD1.

(2)解：存在满足要求的点P，假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时DP→＝(0，－1，z0)，再设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．AB1→＝(a，0，1)，AE→＝a2，1

，0.则n·AB1→＝0，n·AE→＝0，即ax＋z＝0，ax2＋y＝0，取x＝1，则y＝－a2，z＝－a，所以平面B1AE的一个法向量为n＝1，－a2，－a.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP→，有a2－az0＝0，解得z0＝12.所以存在点P，满足DP∥平

面B1AE，此时AP＝12.10．(2020·菏泽一中月考)四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平

面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．(1)证明：取AC的中点O，连接BO，OD.因为△ABC是等边三角形，所以OB⊥AC.△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，所以△ABD≌△CBD

，所以AD＝CD.因为△ACD是直角三角形，所以AC是斜边，所以∠ADC＝90°.所以DO＝12AC.所以DO2＋BO2＝AB2＝BD2.所以∠BOD＝90°.所以OB⊥OD.又DO∩AC＝O，所以OB⊥平面ACD.又O

B⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解：设点D，点B到平面ACE的距离分别为hD，hB.则hDhB＝DEBE.因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，所以13S△ACE·hD13S△ACE·hB＝hDhB＝DEBE＝1.所以点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨取AB＝2.则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，B(0，3，0)，E0，32，12.AD→＝(－1，0，1)，AE→＝－1，32，12，AC→＝

(－2，0，0)．设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则m·AD→＝0，m·AE→＝0，即－x＋z＝0，－x＋32y＋12z＝0，取m＝(3，3，3)．同理可得：平面ACE的法向量为n＝(0，1，－3)．所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n

|＝－2321×2＝－77.由图可知此二面角应为锐角，所以二面角D-AE-C的余弦值为77.[B级能力提升]11.如图所示，已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2，分别记二面角D-PR-Q，D

-PQ-R，D-QR-P的平面角为α、β、γ，则()A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α解析：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O，OP＝3.则O(0，0，0)，P(0，－3，0)，C

(0，6，0)，D(0，0，62)，B(33，－3，0)，Q(3，3，0)，R(－23，0，0)，PR→＝(－23，3，0)，PD→＝(0，3，62)，PQ→＝(3，6，0)，QR→＝(－33，－3，0)

，QD→＝(－3，－3，62)．设平面PDR的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PR→＝0，n·PD→＝0.可得－23x＋3y＝0，3y＋62z＝0.可得n＝(6，22，－1)，取平面ABC的法向量m＝(0，0，1)．则c

os〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－115，所以cosα＝115.同理可得：cosβ＝3681，cosγ＝295.因为115>295>3681，所以α<γ<β.答案：B12．如图所示，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________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，设AB＝2，QM＝m(0≤m≤2)，则F(2，1，0)，E(1，0，0

)，M(0，m，2)(0≤m≤2)．AF→＝(2，1，0)，ME→＝(1，－m，－2)，cosθ＝|cos〈AF→，ME→〉|＝AF→·ME→|AF→|·|ME→|＝2－m5·m2＋5＝|m－2|5m2＋25.设y＝（m－2）25m2＋25，则y

′＝2（m－2）（5m2＋25）－（m－2）2·10m（5m2＋25）2＝（m－2）[（10m2＋50）－（m－2）·10m]（5m2＋25）2＝（m－2）（50＋20m）（5m2＋25）2.当0<m<2时，y′<0，所以y＝（m－2）25m2＋25在(0，2)上单调递减．所以当m

＝0时，y取最大值，此时cosθ取最大值，(cosθ)max＝|0－2|5×02＋25＝25.答案：2513．已知长方形ABCD中，AB＝1，AD＝2.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A-BCD，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线A

B与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A-BCD的体积最大时，求二面角A-CD-B的余弦值．解：(1)若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平

面ACD，所以AB⊥AC.有AB2＋a2＝BC2，即12＋a2＝(2)2，所以a＝1.若AD⊥BC，因为AD⊥AB，AB∩BC＝B，所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.有AD2＋a2＝CD2，即(2)2＋a2＝

12，所以a2＝－1，无解．故AD⊥BC不成立．(2)要使四面体A-BCD的体积最大，因为△BCD的面积为定值22，所以只需三棱锥A-BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD，过点A作AO⊥BO于点O，则A

O⊥平面BCD，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则易知A0，0，63，C63，33，0，D0，233，0，显然平面BCD的一个法向量为OA→＝0，0，63.设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)．CD→＝－63，33

，0，DA→＝0，－233，63，则n·CD→＝0，n·DA→＝0，即6x＝3y，23y＝6z，令y＝2，得n＝(1，2，2)．故cos〈OA→，n〉＝26363×7＝277.所以二面

角A-CD-B的余弦值为277.[C级素养升华]14．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，给出下列四个结论：①AC⊥BD；②AB、CD所成角为60°；③△ADC为等边三角形；④AB与平面BCD所成角为60°，其中真命题是________(请将你认为是真命题的

序号都填上)．解析：连接AC与BD交于O点，对折后如图所示，令OC＝1，建如图所示坐标系．则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D(0，－1，0)，则AC→＝(－1，0，1)，BD→＝(0，－2，

0)，因为AC→·BD→＝0，故①AC⊥BD正确；AB→＝(－1，1，0)，CD→＝(0，－1，－1)，则|cos〈AB→，CD→〉|＝AB→·CD→|AB→|·|CD→|＝12，故②AB与CD所成角为60°正确；因为|AC→|＝|

AD→|＝|CD→|＝2，所以③△ADC为正三角形正确；因为OA→为平面BCD的一个法向量，根据正方形的性质，易得AB与平面BCD所成角为45°，故④错误．答案：①②③获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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