2024届一轮复习人教A版 用空间向量研究夹角问题 作业

课时分层作业(十)用空间向量研究夹角问题一、选择题1．若平面α的一个法向量为n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量是n2＝(－3,1,3)，则平面α与β所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°D[因为n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α与β所成的角等于90°．]2．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()A．eq\f(5\r(22),66) B．－eq\f(5\r(22),66)C．eq\f(5\r(22),22) D．－eq\f(5\r(22),22)A[eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，－2，－1)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－2，－3，－3)，而cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(5,3×\r(22))＝eq\f(5\r(22),66)，故直线AB和CD所成角的余弦值为eq\f(5\r(22),66)．]3．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝3，AB＝AC＝BC＝2，则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°A[取AB的中点D，连接CD，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，可得A(1,0,0)，A1(1,0,3)，故eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,3)，而B1(－1，0,3)，C1(0，eq\r(3)，3)，设平面AB1C1的法向量为m＝(a，b，c)，根据m·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0，解得m＝(3，－eq\r(3)，2)，cos〈m，eq\o(AA1,\s\up7(→))〉＝eq\f(m·\o(AA1,\s\up7(→)),|m||\o(AA1,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2)．故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°，故选A．]4．已知ABC­A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D夹角的大小为()A．45°B．60°C．75°D．30°A[如图所示，以A为原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．∵ABC­A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，∴A(0,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，C1(0，a，a)，∴eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，eq\o(DC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))．设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，∵n·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)x＋\f(a,2)y＋az＝0，,ay＋\f(a,2)z＝0，))取y＝1，则z＝－2，x＝eq\r(3)，∴n＝(eq\r(3)，1，－2)．又∵平面ABC的法向量为m＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－2,\r(3＋1＋4))＝－eq\f(\r(2),2)．则平面ABC与平面AB1D夹角的大小为45°．故选A．]5．(2022·江西临川一中高二期中)已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，则直线DE与体对角线BD1所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(15),15)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2\r(5),5)D．0A[以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，则eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－1,1)，所以cos〈eq\o(DE,\s\up7(→))，eq\o(BD1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(DE,\s\up7(→))·\o(BD1,\s\up7(→)),|\o(DE,\s\up7(→))||\o(BD1,\s\up7(→))|)＝eq\f(－1＋\f(1,2),\r(\f(5,4))×\r(3))＝－eq\f(\r(15),15)．又因为异面直线所成的角θ的取值范围为0°<θ≤90°，所以直线DE与体对角线BD1所成角的余弦值为eq\f(\r(15),15)．故选A．]二、填空题6．如图所示，已知两个正四棱锥P­ABCD与Q­ABCD的高分别为1和2，AB＝4，则异面直线AQ与PB所成角的余弦值为________．eq\f(\r(3),9)[由题设知，ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD．连接PQ，则PQ过点O．由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(2eq\r(2)，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2eq\r(2)，0)，∴eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，0，－2)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)，－1)．于是cos〈eq\o(AQ,\s\up7(→))，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AQ,\s\up7(→))·\o(PB,\s\up7(→)),|\o(AQ,\s\up7(→))||\o(PB,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(3),9)，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为eq\f(\r(3),9)．]7．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．eq\f(2,3)[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0，1,2)，则eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up7(→))＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，n⊥DC1，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up7(→)),|n||\o(DC,\s\up7(→))|)))＝eq\f(2,3)．]8．在空间中，已知平面α过A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点P(0,0，a)(a>0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________．eq\f(12,5)[平面xOy的一个法向量为n＝(0,0,1)．设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，又eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－3,4,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－3,0，a)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,u·\o(AP,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))．而cos〈n，u〉＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2)，又∵a>0，∴a＝eq\f(12,5)．]三、解答题9．四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；(2)当PD＝eq\r(2)AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成角的大小．[解](1)证明：如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－a，a,0)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(0,0，h)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(a，a,0)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，DP，DB⊂平面PDB，∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB．(2)当PD＝eq\r(2)AB且E为PB的中点时，P(0,0，eq\r(2)a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，\f(\r(2),2)a))，设AC∩BD＝O，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，∵eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，－\f(1,2)a，－\f(\r(2),2)a))，eq\o(EO,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(\r(2),2)a))，∴cos∠AEO＝eq\f(\o(EA,\s\up7(→))·\o(EO,\s\up7(→)),|\o(EA,\s\up7(→))|·|\o(EO,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成角的大小为45°．10．如图，四棱锥P­ABCD的底面为菱形，PD⊥底面ABCD，且PD＝AD＝2，∠BAD＝60°．设E为PD的中点，平面PAB与平面PDC的交线为l．(1)求异面直线BP与AE所成角的余弦值；(2)若直线l上一点F，满足平面AEC与平面ACF夹角的大小为eq\f(π,4)，试求AF的长．[解](1)连接BD，取AB的中点M，连接DM．∵底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴DM⊥AB．∵DC∥AB，∴DM⊥DC．又∵PD⊥底面ABCD，DC⊂平面ABCD，DM⊂平面ABCD，∴PD⊥DC，PD⊥DM．∴以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，∵PD＝AD＝2，∴A(eq\r(3)，－1,0)，E(0,0,1)，B(eq\r(3)，1,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)．∴eq\o(BP,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，－1,2)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,1)．设异面直线BP与AE所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(BP,\s\up7(→))·\o(AE,\s\up7(→))|,|\o(BP,\s\up7(→))|·|\o(AE,\s\up7(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5)．∴异面直线BP与AE所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5)．(2)过点P在平面PCD内作直线l平行于CD．∵CD∥AB，∴l∥AB，即直线l为平面PAB与平面PCD的交线，由(1)可知eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，设F(0，λ，2)，则eq\o(CF,\s\up7(→))＝(0，λ－2,2)．设平面ACF的法向量为m＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up7(→))＝－\r(3)a＋3b＝0，,m·\o(CF,\s\up7(→))＝λ－2b＋2c＝0，))取b＝1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，\f(2－λ,2)))．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋3y＝0，,n·\o(AE,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋y＋z＝0，))取y＝1，得n＝(eq\r(3)，1,2)，∵平面AEC与平面ACF夹角的大小为eq\f(π,4)，∴coseq\f(π,4)＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|4＋2－λ|,2\r(2)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(λ,2)))eq\s\up12(2)＋4))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝2．∴平面AEC与平面ACF夹角的大小为eq\f(π,4)时，点F的坐标为(0,2,2)，则eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,2)，则AF的长为eq\r(－\r(3)2＋32＋22)＝4．1．(多选题)(2022·山东威海高二月考)在长方体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝2，AD＝3，AA′＝1，以D为原点，以eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD′,\s\up7(→))分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是()A．eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)B．异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为eq\f(2\r(35),35)C．平面A′C′D的一个法向量为(－2，－3,6)D．平面A′C′D与平面A′DD′的余弦值为eq\f(3,7)ACD[由题意可得A(3,0,0)，B(3,2,0)，C(0,2,0)，D′(0,0,1)，A′(3,0,1)，C′(0,2,1)，B′(3,2,1)．对于选项A，eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)，故A正确．对于选项B，eq\o(DA′,\s\up7(→))＝(3,0,1)，eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)，所以cos〈eq\o(DA′,\s\up7(→))，eq\o(BD′,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(DA′,\s\up7(→))·\o(BD′,\s\up7(→)),|\o(DA′,\s\up7(→))||\o(BD′,\s\up7(→))|)＝eq\f(－8,\r(10)×\r(14))＝eq\f(－4\r(35),35)，所以异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为eq\f(4\r(35),35)，故B错误．对于选项C，设平面A′C′D的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\o(DA′,\s\up7(→))＝(3,0,1)，eq\o(DC′,\s\up7(→))＝(0,2,1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA′,\s\up7(→))＝0，,n·\o(DC′,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋z＝0，,2y＋z＝0，))取z＝6，得n＝(－2，－3,6)，故C正确．对于选项D，由选项C可得平面A′C′D的一个法向量为n＝(－2，－3,6)，又平面A′DD′的一个法向量为m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－3,1×7)＝－eq\f(3,7)．又因为平面A′C′D与平面A′DD′的夹角为锐角，所以平面A′C′D与平面A′DD′的夹角的余弦值为eq\f(3,7)，故D正确．故选ACD．]2．(多选题)(2022·山东青州第一中学高二月考)如图所示，设E，F分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，下列说法正确的是()A．三棱锥D1­B1EF的体积为定值B．异面直线B1D1与EF所成角的大小为45°C．B1D1⊥平面B1EFD．直线B1D1与平面B1EF所成角的大小为40°AB[对于A选项，VD1­B1EF＝VB1­D1EF＝eq\f(1,3)·Seq\s\do6(△D1EF·B1C1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，为定值，故正确；对于B选项，异面直线B1D1与EF所成的角与直线B1D1与C1D1所成的角为同一个角，即异面直线B1D1与EF所成的角的平面角为∠B1D1C1＝45°，故正确；如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，设E(0，t,0)，则F(0，t＋1,0)，对于D选项，eq\o(B1D1,\s\up7(→))＝(－2，－2,0)，平面B1EF即为平面A1B1CD，设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B1,\s\up7(→))＝0，,n·\o(DB1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋y＋z＝0，))取x＝1，则n＝(1,0，－1)，所以平面B1EF的一个法向量为n＝(1,0，－1)．设直线B1D1与平面B1EF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(B1D1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2×1＋－2×0＋0×－1,\r(－22＋－22＋0)×\r(12＋0＋－12))))＝eq\f(1,2)，所以θ＝30°，故错误；对于C选项，由D选项可知直线B1D1与平面B1EF所成的角为30°，故错误．故选AB．]3．已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面CDA夹角的余弦值为________．eq\f(\r(5),5)[如图，取AC的中点E，分别以EA，ED，EB为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，eq\r(3)，0)，B(0,0，eq\r(3))．设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，则y＝eq\r(3)，x＝－3，即n＝(－3，eq\r(3)，eq\r(3))．平面ACD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面BCD与平面CDA夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\r(3),1×\r(15))＝eq\f(\r(5),5)．]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，PA＝2．(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．[解](1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(2，－1，0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)．∵点N为PC的中点，∴N(0,0,1)，∴eq\o(DN,\s\u