2023年高考数学一轮复习课时分层训练47利用空间向量求空间角理北师大版

课时分层训练(四十七)利用空间向量求空间角A组根底达标一、选择题1．在正方体A1B1C1D1­ABCD中，AC与B1DA.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)D[建立如下图的空间直角坐标系，设正方体边长为1，那么A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0)．∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(B1D,\s\up7(→))＝(－1,1，－1)，∵eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(B1D,\s\up7(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴eq\o(AC,\s\up7(→))⊥eq\o(B1D,\s\up7(→))，∴AC与B1D的夹角为eq\f(π,2).]2.(2023·西安调研)如图7­7­20，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，那么直线BC1与直线AB1图7­7­20A.eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5) D．－eq\f(2\r(5),5)A[不妨设CB＝1，那么B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up7(→))·\o(AB1,\s\up7(→)),|\o(BC1,\s\up7(→))|·|\o(AB1,\s\up7(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).]3．(2023·郑州调研)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1【导学号：79140255】A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(3,5) D．eq\f(2,5)B[设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，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，如下图．那么B(1,1,0)，B1(1,1,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，所以eq\o(BB,\s\up7(→))1＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AD,\s\up7(→))1＝(－1,0,1)．令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，那么n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝－x＋y＝0，n·eq\o(AD,\s\up7(→))1＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1,1,1)，所以sinθ＝|cos〈n，eq\o(BB,\s\up7(→))1〉|＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).]4．正三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，那么AB1与侧面ACC1AA.eq\f(\r(6),4) B．eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)A[如下图建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，那么O(0,0,0)，B(eq\r(3)，0,0)，A(0，－1,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，所以eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,2)，由题知eq\o(BO,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，0,0)为侧面ACC1A1的法向量．即sinθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up7(→))·\o(BO,\s\up7(→))|,|\o(AB1,\s\up7(→))||\o(BO,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(6),4).应选A.]5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，那么平面A1ED与平面ABCDA.eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)B[以A为原点建立如下图的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，那么A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，∴有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up7(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up7(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).]二、填空题6．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，那么D1C1与平面A1BCeq\f(1,3)[以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，那么n·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，那么y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝(0,2,0)．设所求线面角为α，那么sinα＝|cos〈n，eq\o(D1C1,\s\up7(→))〉|＝eq\f(1,3).]7．如图7­7­21所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，那么该二面角的大小为________．图7­7­2160°[∵eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))，∴|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝eq\r(\o((\o(CA,\s\up7(→))＋\o(AB,\s\up7(→))＋\o(BD,\s\up7(→)))2))＝eq\r(\o(36＋16＋64＋2\o(CA,\s\up7(→))·\o(BD,\s\up7(→))))＝eq\r(\o(116＋2\o(CA,\s\up7(→))·\o(BD,\s\up7(→))))＝2eq\r(17).∴eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝|eq\o(CA,\s\up7(→))|·|eq\o(BD,\s\up7(→))|·cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝－24.∴cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝－eq\f(1,2).又所求二面角与〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉互补，∴所求的二面角为60°.]8．在一直角坐标系中，A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，那么折叠后A，B两点间的距离为________.【导学号：79140256】2eq\r(17)[如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，那么AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC，BD夹角为60°.故由eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))，得|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|2＝68，所以|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2eq\r(17).]三、解答题9．(2023·合肥一检)如图7­7­22，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B图7­7­22(1)假设M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD夹角的正弦值．[解](1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，那么△ACD为等边三角形，又∵M为CD的中点，∴AM⊥CD，由CD∥AB得AM⊥AB.∵AA1⊥底面ABCD，AM底面ABCD，∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B.(2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1得DM＝1，AM＝eq\r(3)，∴∠AMD＝∠BAM＝90°，又∵AA1⊥底面ABCD，∴以点A为原点，分别以AB，AM，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系A­xyz，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，eq\r(3)，0)，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，∴eq\o(DD,\s\up7(→))1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(2,0，－2)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up7(→))＝0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋\r(3)y＝0，,2x－2z＝0，))令x＝1，那么n＝(1，eq\r(3)，1)．∴直线DD1与平面A1BD夹角θ的正弦值sinθ＝|cos〈n，eq\o(DD,\s\up7(→))1〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DD,\s\up7(→))1,|n||\o(DD,\s\up7(→))1|)))＝eq\f(1,5).10．(2023·江苏高考)如图7­7­23，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.图7­7­23(1)求异面直线A1B与AC1夹角的余弦值；(2)求二面角B­A1D­A的正弦值．[解]在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以{eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系A­xyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，那么A(0,0,0)，B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，那么cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up7(→))·\o(AC1,\s\up7(→)),|\o(A1B,\s\up7(→))||\o(AC1,\s\up7(→))|)＝eq\f((\r(3)，－1，－\r(3))·(\r(3)，1，\r(3)),7)＝－eq\f(1,7)，因此异面直线A1B与AC1夹角的余弦值为eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，那么y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量．从而cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up7(→))·m,|\o(AE,\s\up7(→))||m|)＝eq\f((\r(3)，0，0)·(3，\r(3)，2),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).设二面角B­A1D­A的大小为θ，那么|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B­A1D­A的正弦值为eq\f(\r(7),4).B组能力提升11．(2023·河南百校联盟联考)斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，那么直线BD1与平面ABCD【导学号：79140257】A.eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(39),13) D．eq\f(\r(39),3)C[取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如下图的空间直角坐标系，得B(2，－1,0)，D1(0,2，eq\r(3))，eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－2,3，eq\r(3))，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设BD1与平面ABCD的夹角为θ，∴sinθ＝eq\f(|\o(BD1,\s\up7(→))·n|,|\o(BD1,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),4)，∴tanθ＝eq\f(\r(39),13).]12．点E，F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，那么平面AEF与平面ABCeq\f(\r(2),3)[延长FE，CB相交于点G，连接AG，如下图．设正方体的棱长为3，那么GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，那么∠EHB为所求二面角的平面角．∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).]13．(2023·全国卷Ⅱ)如图7­7­24，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．图7­7­24(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M­AB­D的余弦值.【导学号：79140258】[解](1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFeq\o(\s\do2(═),\s\up3(∥))BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF平面PAB，CEeq\o(⊆,/)平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up7(→))|为单位长度，建立如下图的空间直角坐标系A­xyz，那么A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，那么eq\o(BM,\s\up7(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up7(→)