高二数学训练试题选择性（人教A版2019）1-4-2第2课时用空间向量研究夹角问题

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题第2课时用空间向量研究夹角问题课后·训练提升基础巩固1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°,则直线l与平面α所成角的大小为()A.30° B.60°C.150° D.120°答案:B2.在长方体ABCDA1B1C1D1中,若AB=2,BC=2,DD1=32,则AC与BD1所成角的余弦值是(A.0 B.3C.37070 D答案:A解析:如图,建立空间直角坐标系,则D10,0,32,B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),所以BD1=2,2,32,AC=(2,2,0)设AC与BD1所成的角为θ,则cosθ=|cos<BD1,AC>|=3.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知AA1=2AB,则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为()A.23 B.3C.23 D.答案:A解析:不妨设AB=1,则AA1=2.以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2),所以DB=(1,1,0),DC1=(0,1,2),DC=设n=(x,y,z)为平面BDC1的法向量,则n取y=2,则x=2,z=1,于是n=(2,2,1)是平面BDC1的一个法向量.设直线CD与平面BDC1所成的角为θ,则sinθ=|cos<DC,n>|=|DC4.(多选题)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=π3,AB=2AD=2PD,PD⊥平面ABCD,则(A.PA⊥BDB.PB与平面ABCD所成角为πC.直线AB与PC所成角的余弦值为2D.平面PAB与平面ABCD的夹角为45°答案:AC解析:设AD=a,因为∠DAB=π3,AB=2AD=2PD=2a由余弦定理可得BD=3a,从而BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD,由PD⊥底面ABCD,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(a,0,0),B(0,3a,0),C(a,3a,0),D(0,0,0),P(0,0,a),故PA=(a,0,a),BD=(0,3a,0),PB=(0,3a,a),AB=(a,3a,0),PC=(a,3a,a),所以PA·BD=a×0+0×(3a)+(a)×0=0,所以PA⊥BD,即PA⊥BD,故A正确;易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以PB与平面ABCD所成角θ1满足sinθ1=|cos<PB,m>|=a2a=12,即PB与平面ABCD所成角为π6,故B错误;异面直线AB与PC所成角θ2满足cosθ2=|cos<AB,PC>|=4a22a·5a=255,故C正确;设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),所以n·PA=0,n·PB=0,即ax-az=0,5.如图,四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,点E是线段AB上一点,当平面PEC与平面ABCD的夹角为π4时,则AE等于(A.1 B.12C.22 D.23答案:D解析:以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,设AE=m(0≤m≤2).D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,2,0),E(1,m,0),C(0,2,0),PC=(0,2,1),CE=(1,m2,0),可知平面ABCD的一个法向量n1=(0,0,1),设平面PEC的法向量为n2=(a,b,c),则n∴2b-令b=1,则a=2m,c=2,于是n2=(2m,1,2)是平面PEC的一个法向量.|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=2(2-m)即AE=23.6.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M为C1C的中点,O为底面ABCD的中心,P为A1B1上的任意点,则直线BM与OP所成角的大小为.

答案:π解析:如图,以D为原点,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.设正方体的棱长为2,A1P=x(0≤x≤2),则O(1,1,0),P(2,x,2),B(2,2,0),M(0,2,1),所以OP=(1,x1,2),BM=(2,0,1).所以OP·BM=0,所以OP⊥BM,即所以直线BM与OP所成角的大小为π27.已知点E,F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于,平面AEF与平面ABCD的夹角的正切值为.

答案:3解析:如图,建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),E(1,1,13),F0所以AE=0,1,所以cos<AE,A1所以异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于35由题意可知,n1=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.设平面AEF的法向量为n2=(x,y,z),由n2·AE=0,n2·EF=0,可得n2=(1,1,3)为平面AEF的一个法向量.所以cos<n1,n2>=n1设平面AEF与平面ABCD的夹角为α,则cosα=|cos<n1,n2>|=311从而sinα=2211所以tanα=238.如图,在四面体ABCD中,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=2.求异面直线AB与CD所成角的余弦值.解:如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则由题意知,OA⊥BD,OC⊥BD,OA=1,OC=3.又CA=2,所以OA2+OC2=CA2,所以OA⊥OC.以O为原点,OB,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,1),所以BA=(1,0,1),CD=(1,3,0).设异面直线AB与CD所成的角为θ,则cosθ=|cos<BA,CD>|=故异面直线AB与CD所成角的余弦值为249.(2025·广西高三毕业班高考适应性测试,16)如图,在四棱锥PABCD中,AB∥DC,CD=2AB=2AD=2,M为棱PC的中点.(1)证明:BM∥平面PAD;(2)若AD⊥平面PCD,PC=5,PD=1,求平面PDM和平面BDM所成角的正弦值.(1)证明取PD的中点N,连接MN,AN,又M为棱PC的中点,AB∥DC,CD=2AB,所以MN∥CD∥AB,且MN=12CD=AB,即四边形ABMN是平行四边形.所以AN∥BM.又AN⊂平面PAD,BM⊄平面PAD,所以BM∥平面PAD(2)解由PC=5,PD=1,CD=2,得PC2=PD2+CD2,进而PD⊥CD,又由AD⊥平面PCD,得AD⊥CD,AD⊥PD.以D为原点建立空间直角坐标系,如图所示.则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1),M(0,1,12),所以DB=(1,1,0),DM=(0,1,12显然平面PDM的一个法向量为m=(1,0,0).设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),则n·DB=x+y=0,所以n=(1,1,2)为平面BDM的一个法向量.所以cos<m,n>=n·故平面PDM和平面BDM所成角的正弦值为306能力提升1.在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A.64 B.10C.32 D.答案:A解析:由题意可知,∠CB1C1=60°,∠DC1D1=45°,所以CC1=3B1C1,C1D1=DD1.设B1C1=1,则CC1=3,C1D1=3.如图,以A1为原点,建立空间直角坐标系,则B1(3,0,0),C(3,1,3),C1(3,1,0),D(0,1,3),所以B1C=(0,1,3),C1D=(3设B1C和C1D所成的角为θ,则cosθ=|cos<B1C,故异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为642.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,F为PC的中点,则平面PBC与平面BDF的夹角的正切值为()A.36 B.C.33 D.答案:D解析:设AC与BD交于点O,连接OF,则由题意可知,OB,OC,OF两两互相垂直.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设PA=AD=AC=1,则BD=3,所以O(0,0,0),B(32,0,0),F(0,0,12),C(0,12,0),P0,-12,1.所以PC=(0,1,1),BC=(32,12,0),OC=(0,12,0).易知OC=0,1则n取x=1,则y=3,z=3,所以n=(1,3,3)是平面PBC设平面PBC与平面BDF的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,OC>|=217所以sinθ=277,tanθ=233.所以平面PBC与平面3.(多选题)如图,三棱锥DABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直,则下列说法正确的是()A.OA,OB,OC的长度相等B.直线OD与BC所成的角是45°C.直线AD与OB所成的角是45°D.直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为3答案:AC解析:因为三棱锥DABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直,所以OA=OB=OC=2,故A中说法正确;如图,建立空间直角坐标系.可得O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),D(2,2,2),所以OB=(0,2,0),AC=(2,0,2),AD=(0,2,2),OD=(2,故OD·BC=0,即OD⊥BC,直线OD与BC所成的角是90°,故B中说法不正确;cos<AD,OB>=AD·OB|AD||OB|=22,可得直线AD与OB所成的角是45°,则n令x=1,则y=1,z=1.所以n=(1,1,1)为平面ACD的一个法向量.设直线OB与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos<OB,n>|=|OB·n||OB||n|=4.已知正三角形ABC与正三角形BCD所在平面垂直,则平面ABD与平面BCD的夹角的正弦值为.

答案:2解析:如图,取BC的中点O,连接AO,DO,则由题意可知,AO,DO,BC两两互相垂直.以O为原点,OD,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.设BC=1,则A(0,0,32),B(0,12,0),D(32所以OA=(0,0,32),BA=(0,12,32),BD=显然OA=(0,0,32)为平面BCD的一个法向量设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n取x=1,则y=3,z=1.所以n=(1,3,1)为平面ABD的一个法向量.设平面ABD与平面BCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,OA>|=|n所以sinθ=25故平面ABD与平面BCD的夹角的正弦值为255.在空间中,已知平面α过点A(3,0,0)和B(0,4,0)及z轴上一点C(0,0,a)(a>0),若平面α与平面Oxy的夹角为45°,则a=.

答案:12解析:由题意可知,AB=(3,4,0),AC=(3,0,a),平面Oxy的一个法向量为n=(0,0,1).设平面α的法向量为u=(x,y,z),则u·AB=0,u·取x=a3,则y=a4,z=1,于是u=a3,由题意得|cos<n,u>|=1a又a>0,故a=1256.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)求证:OO1⊥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角的余弦值.(1)证明:因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD与四边形A1B1C1D1均为菱形,所以O为AC的中点,O1为A1C1的中点.所以在矩形ACC1A1中,OO1⊥AC.同理,OO1⊥BD.又AC∩BD=O,所以OO1⊥平面ABCD.(2)解:由(1)知,四边形ABCD为菱形,OO1⊥AC,OO1⊥BD,所以AC⊥BD,所以OB,OC,OO1两两互相垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.不妨设AB=2.因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1.所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2),所以OB1=(3,0,2),OC易知n1=(0,1,0)为平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面OB1C1的法向量,则n即3取x=2,则y=23,z=3,于是n2=(2,23,3)是平面OB1C1的一个法向量.设平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n故平面OB1C1与平面BDD1B1的夹角的余弦值为2577.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,其中AD∥BC,AD⊥BA,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,且PA=3,点M在棱PD上(不包括端点),点N为BC中点.(1)若DM=2MP,求证:直线MN∥平面PAB.(2)求平面CPD与平面CPN的夹角的余弦值.(3)是否存在点M,使NM与平面PCD所成角的正弦值为26?若存在,求出PMPD的值;若不存在,(1)证明:取PA的一个靠近点P的三等分点Q,连接MQ,QB,因为DM=2MP,所以MQ∥AD且QM=13AD=又因为AD∥BC,