新教材2023年秋高中数学课时分层作业10用空间向量研究夹角问题新人教A版选择性必修第一册

课时分层作业(十)用空间向量研究夹角问题一、选择题1．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则α与β的夹角为(A．30°B．60°C．120°D．150°2．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则直线DE与B1C所成角的大小为()A．15°B．30°C．45°D．60°3．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．52266 BC．52222 D4．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CC1的中点，则直线BA1与平面BDE所成角的正弦值为()A．13B．12C．225．已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为()A．30°B．45°C．60°D．90°二、填空题6．如图所示，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD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________．7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．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＝________．三、解答题9．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P-ABCD，其中AC⊥BD于O，OA＝OB＝OD＝4，OC＝8，PO⊥平面ABCD．(1)求证：PD⊥AC；(2)试验表明，当PO＝12OA时，风筝表现最好，求此时直线PD与平面PBC10．(多选)(2022·山东威海高二月考)在长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB＝2，AD＝3，AA′＝1，以D为原点，以DA，DC，DD'分别为x轴、yA．BD'＝(－3，－2B．异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为2C．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′的夹角的余弦值为311．(多选)(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ABCD-A1B1C1D1的棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，下列说法正确的是()A．三棱锥D1-B1EF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°12．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB＝BD＝CD，M为AD的中点，则平面MBC与平面BCD夹角的正弦值为()A．22B．33C．6313．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，则AB与CD所成角的大小为________，AB与平面BCD所成角的大小为________．14．(2021·新高考Ⅰ卷改编)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且平面EBC与平面DBC的夹角为45°，求三棱锥A-BCD的体积．15．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝22，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．课时分层作业(十)1．B2．B3．A4．D5．B6．39．解：(1)证明：∵PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PO⊥AC，又AC⊥BD，PO∩BD＝O，PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD．∴PD⊥AC．(2)如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，则B(4，0，0)，C(0，8，0)，D(－4，0，0)，P(0，0，2)，∴PB＝(4，0，－2)，PC＝(0，8，－2)，PD＝(－4，0，－2)，设m＝(a，b，c)为平面PBC的法向量，则m·PB令c＝4，则m＝(2，1，4)，设直线PD与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝PD·mPDm＝10．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，BD'＝(－3，－2，1)，故对于选项B，DA'＝(3，0，1)，BD'＝(－3，－2，1)，所以cos〈DA'，所以异面直线A′D与BD′所成角的余弦值为43535，故对于选项C，设平面A′C′D的一个法向量为n＝(x，y，z)，由DA'＝(3，0，1)，DC'＝(0，2所以3x+z=0，2y+z=0，取z＝6，得n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〉＝n·mnm＝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37，故D正确．故选ACD．11．AB[对于A选项，VD1-B1EF＝VB1-D1EF＝13·S△D1EF·B1C1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，B1D1＝(－2，－2，0)，平面B1EF即为平面A1B1CD，A1B1＝(0，2，0)，DB设平面A1B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A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〈B1D1，n〉|＝-2×1+-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．]12．C13．60°45°14．解：(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD．(2)法一因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝3，所以S△BCD＝32如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG．因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以BC⊥平面EFG，所以EG⊥BC，则∠EGF为平面EBC与平面DBC的夹角，所以∠EGF＝45°，则GF＝EF．因为DE＝2EA，所以EF＝23OA，DF＝2OF，所以BFFD＝因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，则GFCD＝23，所以GF＝所以EF＝GF＝23，所以OA＝1所以VA­BCD＝13S△BCD·AO＝13×32×1法二如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C-1设A(0，0，a)，a＞0，因为DE＝2EA，所以E-1由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，因为BC＝-32，32所以m即-令x＝1，则y＝3，z＝2a所以m＝1，因为平面EBC与平面DBC的夹角为45°，所以cos45°＝m·nmn＝得a＝1，即OA＝1．因为S△BCD＝12BD·CDsin60°＝12×2×1×32所以VA­BCD＝13S△BCD·OA＝13×32×115．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)，∴DN＝(1，0，1)．设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，由AP＝(0，0，2)，AB＝(2，0，0)，可得n＝(0，1，0)，∴DN·n＝0．又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB．(2)由(1)知AC＝(0，2，0)，PD＝(－1，1，－2)．设直线AC与PD所成的角为θ，则cosθ＝22×6(3)存在．设M(x，y，z)，且PM＝λPD，0<λ<1，∴x=-λ，y+1=λ，z-2=-2设平面ACM的一个法向量为m＝(x，y，z)，由AC＝(0，2，0