2024-2025学年新教材高考数学空间向量与空间角1练习含解析选择性必修第一册

PAGE8-空间向量与空间角（45分钟100分）一、选择题(每小题6分,共30分) 1.在空间中,已知二面角α-l-β的大小为2π3,n1,n2分别是平面α,β的法向量,则<n1,nA.2π3 B.π3 C.2π2.二面角的棱上有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,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为()A.150° B.45° C.60° D.120°3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,点O为底面ABCD的中点,P为棱A1B1上任一点,则异面直线OP与AM所成的角的大小为()A.π4 B.C.π24.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=1,CB=2,侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D,则平面B1BD与平面CBD所成角的余弦值等于()A.-63 B.63 C.33 5.在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成角是()A.30° B.45° C.60° D.90°二、填空题(每小题8分,共24分)6.(2013·东莞高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为.7.(2013·金华高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是.8.如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC中点,则二面角C-BF-D的正切值为.三、解答题(9题,10题14分,11题18分)9.(2013·厦门高二检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AB的中点.(1)求异面直线BD1与CE所成角的余弦值.(2)求二面角A1-EC-A的余弦值.10.(2013·秦皇岛高二检测)如图,△ABC是以∠C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,DE∥BC,AE∶EC=5∶3,沿DE将△ADE折起使得点A在平面BCED上的射影是点C,MC=23(1)在BD上确定点N的位置,使得MN∥平面ADE.(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.11.(实力挑战题)(2013·北京高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1⊥平面ABC.(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值.(3)证明:在线段BC1存在点D,使得AD⊥A1B,并求BD答案解析1.【解析】选C.当<n1,n2>为锐角时,<n1,n2>=π-2π3=π3;当<n1,n2>为钝角时,<n1,n22.【解析】选C.由条件知CA→·AB→=0,AB→·BD→=0,∴|CD→|2=(CA→+AB→+BD→)2=62+42+82+2×6得cos<CA→,BD→>=-12【变式备选】如图,在底面为直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为()A.33 B.63 C.6【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(12,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1),平面SAB的一个法向量是AD→=(12,0,0),并求得平面SCD的一个法向量n=(1,-12,12=63,结合图形知所求二面角的余弦值为633.【解题指南】本题可通过解立体几何的方法求解,或者建立空间直角坐标系用向量法来解.【解析】选C.方法一:取AD的中点E,连接A1E,则△A1AE≌△ADM,∴∠AA1E=∠DAM,∴∠AA1E+∠A1AM=π2,∴AM⊥A1又PO在平面ADD1A1内的射影为A1E,∴异面直线OP与AM所成的角的大小为π2方法二:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A(0,0,0),M(0,1,12),O(12,1设P(m,0,1).∴AM→=(0,1,12),OP→∴cos<AM→,OP→>=∴AM→⊥OP→4.【解析】选D.建立如图所示的坐标系,由题意可知,B(2,0,0),A(0,1,0),B1(2,0,1),C(0,0,0),D(22,12,∴CD→=(22,12,12),CB→=(2(0,0,1),设平面CBD和平面B1BD的一个法向量分别为n1,n2,求得n1=(0,1,-1),n2=(1,2,0),所以cos<n1,n2>==33,结合图形推断得平面B1BD与平面CBD所成角的余弦值为-33.5.【解析】选A.建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,2,0),PC→=(1,2,-1),平面ABCD的一个法向量为所以cos<PC→,n>==-12,所以<PC→,所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°,所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°.6.【解析】如图,建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),∴DA1→=(1,0,1),D设n=(x,y,z)为平面A1BD的法向量,则∴x+z=0,x+y=0,取n=(1,-1,-1),设直线BC1与平面A1BD所成角为θ,则sinθ=|cos<n,BC1→>|==2∴cosθ=33答案:37.【解析】如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1,则A1(1,0,1),M(0,12,0),N(0,1,12∴A1M→=(-1,12,-1),cos<A1M→,DN→>=A1M→·DN→答案:90°8.【解析】如图所示,令AC∩BD=O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设PA=AD=AC=1,则BD=3.所以B(32F(0,0,12),C(0,1结合图形可知,OC→=(0,12,0)且OC→为平面BOF的一个法向量,由BFB→=(32,0,-12),可求得平面BCF的一个法向量n=(1,所以cos<n,OC→>=217,sin<n,O所以tan<n,OC→>=答案:2【误区警示】在本题中,由于空间几何体形态不是特别规则,故合理建系是关键,否则会加大运算量,并易导致失误.9.【解析】如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1,则B(1,1,0),D1(0,0,1),C(0,1,0),E(1,12,0),(1)BD1→=(-1,-1,1),CE→=(1,-12=-123×52=-(2)DD1⊥平面AEC,所以DD1→为平面AEC的一个法向量,DD1→=(0,0,1),设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z),又即12y-z=0,-x+y-z=0,取所以cos<DD1→,n结合图形知二面角A1-EC-A的余弦值为6610.【解析】(1)由已知,点A在平面BCED上的射影是点C,则可知AC⊥平面BCED,而BC⊥CE,如图建立空间直角坐标系,则可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0),由MC=23AC,可知点M的坐标为(0,0,83),设点N的坐标为(a,b,0),则可知b=8-a,即点N的坐标为(a,8-a,0),则MN设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),由题意可知而DE→AE可得y=0,可得n1=(4,0,3).要使MN∥平面ADE等价于n1·MN→=0,即4a+0×(8-a)-3×解之可得a=2,即可知点N的坐标为(2,6,0),点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知CN→=(2,6,0),设平面ADB的法向量为n而DB→=(-3,3,0),AB→可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为θ,则sinθ==21515【拓展提升】线面角的求解策略(1)利用直线与平面夹角的定义,找到线面角,转化为求解三角形问题.(2)利用最小角定理,即直线与平面内任一条直线所成的角中线面角最小,代入公式cosθ=cosθ1·cosθ2求解,(3)建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量和平面的法向量求解.11.【解析】(1)因为四边形AA1C1C是正方形,所以AA1⊥AC.又因为平面ABC⊥平面AA1C1C,交线为AC,所以AA1⊥平面ABC.(2)因为AC=4,BC=5,AB=3,所以AC⊥AB.分别以AC,AB,AA1为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),A1C1→=(4,0,0),A1设平面A1BC1的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面B1BC1的法向量为n2=(x2,y2,z2),