高中数学强基题 课时作业46　利用空间向量求空间角

课时作业46利用空间向量求空间角(分值：100分)一、单项选择题(每小题5分，共20分)1．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，那么直线B1D1与平面ACD1所成角的余弦值是()A．63B．33C．122．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，O为底面圆的圆心，SO＝5，AO＝OD＝3，AC＝BC，则直线AD与直线SC所成角的余弦值为()A．1734B．51717C．17173．(2026·南通模拟)三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD和△BCD均为等边三角形，则二面角A-BC-D的余弦值是()A．12B．32C．554．如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，A1C1＝1，AB＝AC＝AA1＝2，M为BC的中点，则平面MAC1与平面AC1C的余弦值为()A．12B．23C．53二、多项选择题(每小题6分，共12分)5．在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，N为棱AA1的中点，则()A．D1N∥平面ABMB．DN⊥平面ABMC．直线C1M与平面ABM所成角的余弦值为2D．直线CD1与平面ABM所成角的余弦值为156．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝22，D为B1C1的中点，则()A．A1D⊥B1CB．B1C⊥平面A1BDC．AC1∥平面A1BDD．直线AC1与B1C所成的角为π三、填空题(每小题5分，共10分)7．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，AP＝2，则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为________．8．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若ABBB1＝k，且AB1与BC1所成角的大小为60°，则k的值为四、解答题(共43分)9．(13分)(2026·昭通模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝π3，AD＝PD＝(1)证明：PA⊥BD；(2)求平面PAB与平面PBC夹角的正弦值．10．(15分)(2026·沧州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面AB1C1，AA1＝λBC.(1)证明：B1C1⊥A1C1；(2)若直线B1C与平面AB1C1所成的角为π6，求11．(15分)(2026·周口模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，AB⊥BC，AB∥DC，AB＝BC＝1，CD＝2，PC＝2，点M在侧棱PB上运动．(1)证明：平面PAC⊥平面PAD；(2)当直线AM与直线PD所成的角最小时，求三棱锥P-CDM的体积．优生选做题12．(15分)某中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图①，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍甍”(如图②)．(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；(2)若二面角A-EF-B的大小为2π3，求直线AB与平面(3)在(2)的条件下，在棱AG上是否存在点P，使得平面EBP与平面GCF所成的二面角的正切值为233？若存在，求出点课时作业46利用空间向量求空间角1．解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，∴D1A＝(1，0，－1)，D1C＝(0，1，－1)，D1B1＝(1，1，0)．设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·D1A＝x-z＝0，n·D1C＝y-z＝0，令z＝1，则x＝y＝1，则n＝(1，1，1)．设直线B1答案：B2．解析：连接OC，在圆锥SO中有SO⊥平面ABC，OC，OA⊂平面ABC，所以SO⊥OC，SO⊥OA，又AB是底面圆的直径，所以O为AB的中点，因为AC＝BC，所以OC⊥OA，如图以O为原点，OC，OA，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则S(0，0，5)，C(3，0，0)，A(0，3，0)，D(0，0，3)，则SC＝(3，0，－5)，AD＝(0，－3，3)，所以cos〈SC，AD〉＝SC·ADSCAD＝-51734，所以直线AD答案：D3．解析：如图，作出符合题意的图形，取BD的中点O，连接AO，CO，因为△ABD和△BCD均为等边三角形，所以BD⊥AO，BD⊥CO，因为平面ABD⊥平面BCD，且AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，则以O为坐标原点，OC，OD，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设△ABD和△BCD的边长为2，可得A0，0，3，B(0，－1，0)，C3，0，0，得到AB＝0，-1，-3，AC＝3，0，-3.设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，可得n·AC＝3x-3z＝0，n·AB＝-y-3z＝0，令x＝1，解得y答案：C4．解析：由A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC又由AB⊥AC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为A1C1＝1，AB＝AC＝AA1＝2，且M为BC的中点，可得A(0，0，0)，M(1，1，0)，C1(0，1，2)，则AM＝(1，1，0)，AC1＝(0，1，2)．设平面MAC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AM＝x+y＝0，n·AC1＝y+2z＝0，取x＝2，可得y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)，易得平面AC1C的一个法向量为m＝(1，0，0)．设平面MAC1与平面AC1C所成的角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ答案：B5．解析：对于A，取BB1的中点E，连接C1E，可得D1N∥C1E，在正方形BCC1B1中，因为M为CC1的中点，可得BM∥C1E，所以D1N∥BM，因为D1N⊄平面ABM，BM⊂平面ABM，所以D1N∥平面ABM，故A正确；对于B，连接DN，设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，可得N(2，0，1)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，则DN＝(2，0，1)，AB＝(0，2，0)，BM＝(－2，0，1)．设平面ABM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB＝2y＝0，n·BM＝-2x+z＝0，取z＝2，则x＝1，y＝0，所以n＝(1，0，2)，显然不存在实数λ，使DN＝λn，所以DN与平面ABM不垂直，故B错误；对于C，由向量C1M＝(0，0，－1)，设C1M与平面ABM所成的角为θ，可得sinθ＝cos〈C1M，n〉＝C1M·nC1Mn＝25＝255，其中θ∈0，π2，所以cosθ＝1-sin2θ＝55，即C1M与平面ABM所成角的余弦值为答案：AD6．解析：由题意，以A为原点，AB，AA1，AC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，A10，22，0，B(2，0，0)，B12，22，0，C(0，0，2)，C10，22，2，D1，22，1，则A1D＝(1，0，1)，B1C＝-2，-22，2，AC1＝0，22，2，A1B＝2，-22，0，对于A，由A1D·B1C＝1×(－2)＋0×22＋1×2＝0，则A1D⊥B1C，故A正确；对于B，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1D＝x+z＝0，n·A1B＝2x-22y＝0，取x＝2，得答案：AC7．解析：因为PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又底面ABCD是边长为1的正方形，所以AB⊥AD，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，AP＝2，故P(0，0，2)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，所以PC＝(1，1，－2)，PD＝(0，1，－2)．设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·PC＝x，y，z·1，1，-2＝x+y-2z＝0，m·PD＝x，y，z·0，1，-2＝y-2z答案：258．解析：如图，分别取BC，B1C1的中点为M，N，易知MN⊥平面ABC，MA，MB⊂平面ABC，所以MN⊥MA，MN⊥MB，又△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，所以MA，MB，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．令BB1＝1，则AB＝AC＝BC＝k，于是得A32k，0，0，B0，k2，0，C0，-k2，0，B10，k2，1，C10，-k2答案：229．解析：(1)证明：如图，连接BD，设AD＝PD＝1，则AB＝2，因为∠DAB＝π3，在△ABD中，由余弦定理，可得BD2＝1＋4－2×1×2×cosπ3＝3又AD2＋BD2＝AB2，则AD⊥BD.由PD⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，可得PD⊥BD.又AD∩PD＝D，且AD，PD⊂平面PAD，故BD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD.(2)因为PD⊥平面ABCD，由(1)得AD⊥BD，即DA，DB，DP两两互相垂直．故可以D为坐标原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(1，0，0)，B0，3，0，C-1，3，0则AB＝-1，3，0，AP＝(－1，0，1)，BC＝(－1，0，设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AB＝-x设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·BC＝-x所以cos〈m，n〉＝m·因为0<〈m，n〉<π，则sin〈m，n〉＝1-2故平面PAB与平面PBC夹角的正弦值为21710．答案：(1)证明：由A1C⊥平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，可得A1C⊥B1C1，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，则CC1⊥B1C1，又CC1∩A1C＝C，CC1，A1C⊂平面A1CC1，所以B1C1⊥平面A1CC1，又A1C1⊂平面A1CC1，可得B1C1⊥A1C1.(2)由A1C⊥平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，可得A1C⊥AC1.因为四边形AA1C1C是矩形，故四边形AA1C1C是正方形，则A1C1＝AA1，由(1)已得CC1⊥平面A1B1C1，B1C1⊥A1C1，故可以C1为坐标原点，C1B1，C1A1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C1-xyz，不妨设B1C1＝1，则B1(1，0，0)，C(0，0，λ)，A1(0，λ，0)，故B1C＝(－1，0，λ)由题易知平面AB1C1的一个法向量为A1C＝(0，－λ，λ则sinπ6＝cos〈B解得λ2＝1，因为λ>0，所以λ＝1.11．答案：(1)证明：因为PC⊥底面ABCD，又AD⊂平面ABCD，则PC⊥AD，由AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以AC＝AB2+BC2＝2在△ACD中，∠ACD＝90°－∠ACB＝45°，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC×CD×cos45°＝2，则AD2＋AC2＝4＝CD2，所以AC⊥AD，因为PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC.因为AD⊂平面PAD，所以平面PAC⊥平面PAD.(2)以C为原点，CD，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．则点A(1，1，0)，B(0，1，0)，D(2，0，0)，P0，所以AB＝(－1，0，0)，BP＝0，-1，设BM＝λBP(0≤λ≤1)，则AM设直线AM与DP所成的角为θ，所以cosθ＝cos〈AM，设λ＋1＝t(1≤t≤2)，则λ+13所以当2t＝32，即t＝43从而θ取最小值，即直线AM与DP所成的角取最小值，此时λ＝t－1＝13，则BM因为BC⊥CD，BC⊥PC，CD∩PC＝C，则BC⊥平面PCD，所以点M到平面PCD的距离为h＝23所以VP-CDM＝VM-PCD＝1312．答案：证明：取CF的中点M，连接OM，GM，由题意可知AG∥EF且AG＝12EF又因为O是矩形EBCF对角线的交点，所以OM∥EF且OM＝12EF，所以AG∥OM且AG＝OM，则四边形AOMG为平行四边形，所以AO∥GM，又因为AO⊄平面GCF，GM⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF答案：因为在题图①中EF⊥AE，EF⊥BE，且EF＝4，AE＝BE＝2，在题图②中上述关系依然成立，所以∠AEB即为二面角A-EF-B的平面角，则∠AEB＝2π3，以E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x轴、y轴，过E且和平面EBCF垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，xA＝AE·cos2π3＝－1，yA＝0，zA＝AE·sin2π3＝3，所以A-1，0，3，又因为AG＝2，AG∥平面BCFE，所以G-1，2，设平面GFC的一个法向量n＝(x，y，z)，则FC·n取n＝0，3，