2025届高考数学一轮复习专练49 利用空间向量研究夹角问题（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练49 利用空间向量研究夹角问题（Word版附解析），共16页。
【基础落实练】
1.(5分)在空间直角坐标系Oxyz中,AB=(1,-1,0),BC=(-2,0,1),平面α的一个法向量为m=(-1,0,1),则平面α与平面ABC夹角的正弦值为( )
A.336B.36C.34D.134
【解析】选A.设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=x-y=0n·BC=-2x+z=0,令x=1,得n=(1,1,2),
令平面α与平面ABC的夹角为θ,
则cs θ=|cs|=|m·n||m||n|=12×6=36,
sin θ=1-cs2θ=336,所以平面α与平面ABC夹角的正弦值为336.
2.(5分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥AB,PA⊥AD,AD=1,AB=2,△PAB是等腰三角形,点E是棱PB的中点,则异面直线EC与PD所成角的余弦值是( )
A.33B.63C.64D.22
【解析】选B.因为四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥AB,PA⊥AD,AB∩AD=A,
所以PA⊥平面ABCD,以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
因为AD=1,AB=2,△PAB是等腰三角形,点E是棱PB的中点,
所以E22,0,22,C(2,1,0),P(0,0,2),D(0,1,0),
EC=22,1,-22,PD=(0,1,-2),
设异面直线EC与PD所成角为θ,
则cs θ=|EC·PD||EC||PD|=22×3=63.
所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为63.
3.(5分)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( )
A.255B.25C.23D.33
【解析】选B.以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,如图,
则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),
所以PD=(0,1,-2),DC=(1,0,0),PB=(1,0,-2),
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则PD·n=y-2z=0DC·n=x=0,
令z=1,得n=(0,2,1),
设直线PB与平面PCD所成角为θ,
则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为
sin θ=|cs|=|PB·n||PB||n|=|-2|5×5=25.
4.(5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,体对角线B1D与平面A1BC1交于E点,则A1E与平面AA1D1D所成角的余弦值为( )
A.13B.33C.23D.53
【解析】选D.如图,建立空间直角坐标系,
A1B=(0,1,-2),A1C1=(-1,1,0),
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z),
则A1B·m=y-2z=0A1C1·m=-x+y=0,
令z=1,则y=2,x=2,所以m=(2,2,1),
DB1=(1,1,2),因为点E在B1D上,
设DE=λDB1=(λ,λ,2λ), 0≤λ≤1,所以E(λ,λ,2λ),
所以A1E=(λ-1,λ,2λ-2),
因为A1E⊂平面A1BC1,所以A1E·m=0,
即(λ-1,λ,2λ-2)·(2,2,1)=0,
所以2(λ-1)+2λ+(2λ-2)=0,解得λ=23,
所以A1E=-13,23,-23,
易得平面AA1D1D的一个法向量为n=(0,1,0),
设A1E与平面AA1D1D所成角为α,
所以sin α=A1E·n|A1E||n|=-13,23,-23·(0,1,0)-132+232+-232×1=23,
所以cs α=1-sin2α=1-232=53.
5.(5分)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD,点E是线段PB上的动点,则直线DE与平面PBC所成角的最大值为( )
A.π6B.π4C.π3D.π2
【解析】选C.由题意,因为底面ABCD为正方形,且PD⊥底面ABCD,所以以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设PD=AD=1,
则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),
所以PB=(1,1,-1),PC=(0,1,-1),
设PE=λPB,λ∈[0,1],
则PE=(λ,λ,-λ),
所以E(λ,λ,1-λ),即DE=(λ,λ,1-λ),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB=0n·PC=0,有x+y-z=0y-z=0,
解得x=0,y=z,取y=z=1,
所以平面PBC的一个法向量为n=(0,1,1),
设直线DE与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=|cs|=|n·DE||n||DE|=12×2λ2+(1-λ)2=12×3(λ-13) 2+23,
因为y=sin θ,在θ∈0,π2上单调递增,
所以当λ=13时,sin θ取得最大值,最大值为32,此时θ=π3,即直线DE与平面PBC所成角的最大值为π3.
6.(5分)(多选题)如图,E,F是直三棱柱ABC-A1B1C1棱AC上的两个不同的动点,AC=BC=CC1,AC⊥BC,则( )
A.BC1⊥平面B1EF
B.若EF为定长,则三棱锥A1-B1EF的体积为定值
C.直线BB1与平面B1EF所成角为π3
D.平面A1ABB1⊥平面B1EF
【解析】选AB.由题可知,平面B1EF即平面B1AC.
以C为坐标原点,建立如图空间直角坐标系,
设AC=1,由题可知:A(1,0,0),C(0,0,0),B1(0,1,1),B(0,1,0),C1(0,0,1),
设AB中点为D,则D12,12,0,
由题可知CD⊥平面A1ABB1,
即CD=12,12,0为平面A1ABB1的一个法向量,又CA=(1,0,0),CB1=(0,1,1),
设平面B1AC的法向量为n=(x,y,z),
则n·CA=x=0n·CB1=y+z=0,
取y=1,则n=(0,1,-1).
对于A,由于BC1=(0,-1,1),
则BC1∥n,
故BC1⊥平面B1EF,A正确;
对于B,若EF为定长,由于B1到直线EF的距离即为B1到直线AC的距离,也为定值,于是△B1EF的面积为定值,又A1到平面B1EF的距离即为A1到平面B1AC的距离,为定值,则三棱锥A1-B1EF的体积为定值,故B正确;
对于C,由于BB1=(0,0,1),所以直线BB1与平面B1EF所成角的正弦值为|BB1·n||BB1||n|=11×2=22,故直线BB1与平面B1EF所成角为π4,故C错误;
对于D,CD·n=12≠0,故平面A1ABB1与平面B1EF不垂直,D错误.
7.(5分)正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值是63.
【解析】如图,以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1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1),
易证AC1是平面A1BD的一个法向量.
AC1=(-1,1,1),BC1=(-1,0,1).
cs=1+13×2=63.
所以直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值为63.
8.(5分)手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力,使学生在德、智、体、美、劳等方面得到全面发展,某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型,它可近似地看成是一个直三棱柱和一个长方体的组合图形,其直观图如图所示,A1F=B1F=22,AB=AA1=2AD=4,P,Q,M,N分别是棱AB,C1E,BB1,A1F的中点,则异面直线PQ与MN所成角的余弦值是21515.
【解析】如图,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
因为A1F=B1F=22,AB=AA1=2AD=4,
所以P(2,2,0),Q(0,3,5),M(2,4,2),N(2,1,5),
所以PQ=(-2,1,5),MN=(0,-3,3),
所以cs=PQ·MN|PQ|·|MN|=1230×32=21515,
因为异面直线PQ与MN所成角为锐角,
所以异面直线PQ与MN所成角的余弦值是21515.
9.(10分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC,D是BC的中点.
(1)求证:BC⊥平面A1AD;
(2)若∠BAC=90°,BC=4,三棱柱ABC-A1B1C1的体积是83,求异面直线A1D和AB1所成的角的余弦值.
【解析】(1)因为AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC,
又AB=AC,D是BC的中点,所以BC⊥AD,
因为AA1∩AD=A,所以BC⊥平面A1AD.
(2)因为∠BAC=90°,AB=AC,BC=4,
所以AB=AC=22,S△ABC=12AB·AC=12×22×22=4,
因为三棱柱ABC-A1B1C1的体积是83,
所以S△ABC·AA1=4AA1=83,解得AA1=23,
以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则D(2,2,0),A(0,0,0),B1(22,0,23),
A1(0,0,23),A1D=(2,2,-23),AB1=(22,0,23),
设异面直线A1D,AB1所成角为θ,
则cs θ=|AB1·A1D||AB1|·|A1D|=816·20=55.
【能力提升练】
10.(5分)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°
【解析】选C.由条件,知CA·AB=0,AB·BD=0,CD=CA+AB+BD.
所以|CD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=62+42+82+2×6×
8cs=(217)2,
所以cs=-12,=120°,所以二面角的大小为60°.
11.(5分)(多选题)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,则( )
A.A1D⊥AF
B.D1C与平面AEF所成角的正弦值为26
C.二面角A-EF-C的余弦值为13
D.平面AEF截正方体所得的截面周长为25+32
【解析】选BD.由题意知A1D⊥AC1,所以A1D⊥AF错误,故A错误;
以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则D1(0,0,2),E(1,2,0),F(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),
则CD1=(0,-2,2),AE=(-1,2,0),AF=(-2,2,1),
设平面AEF的法向量n=(x,y,z),
则n·AE=-x+2y=0n·AF=-2x+2y+z=0,
令x=2,则n=(2,1,2),
设D1C与平面AEF所成角为θ,
则sin θ=|cs|=|CD1·n||CD1|·|n|=28·9=26,故B正确;
易得平面CEF的一个法向量为m=(0,1,0),
cs=m·n|m|·|n|=11×9=13,
所以二面角A-EF-C的余弦值为-13,故C错误;
因为E,F分别是棱BC,CC1的中点,所以EF∥BC1,
因为AD1∥BC1,即EF∥AD1,
所以平面AEF截正方体所得截面为四边形EFD1A,
因为正方体的棱长为2,所以AD1=22,EF=2,AE=D1F=4+1=5,
所以平面AEF截正方体的截面周长为25+32,故D正确.
12.(5分)正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直,则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为155.
【解析】取BC的中点O,连接AO,DO,建立如图所示的空间直角坐标系.
设BC=1,
则A(0,0,32),B(0,-12,0),C(0,12,0),D(32,0,0),
所以BA=(0,12,32),BD=(32,12,0),CD=(32,-12,0).
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则n·BA=0n·BD=0,
所以12y+32z=032x+12y=0,
取x=1,
则y=-3,z=1,所以n=(1,-3,1),
所以|cs|=32+325×1=155,
因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为155.
答案:
13.(5分)如图,已知圆柱OO1,A在圆O上,AO=1,OO1=2,P,Q在圆O1上,且满足PQ=233,则直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值最小是32-36.
【解析】以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,
如图,则O1(0,0,2),
取P(33,63,2),Q(-33,63,2),
设A(cs θ,sin θ,0),
则O1A=(cs θ,sin θ,-2),OP=(33,63,2),QP=(233,0,0),
设平面OPQ的法向量n=(x,y,z),
则n·OP=33x+63y+2z=0n·QP=233x=0,
取z=-1,得n=(0,3,-1),
设直线AO1与平面OPQ所成角为α∈0,π2,
则sin α=|cs|=|n·O1A||n|·|O1A|=|3sinθ+2|23≤3+223=3+66,
当且仅当sin θ=1,即cs θ=0,A(0,1,0)时,等号成立,即直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值最大是3+66,
所以直线AO1与平面OPQ所成角的余弦值最小是1-3+662=32-36.
14.(10分)(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,A1C⊥底面ABC,
∠ACB=90°,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)求证:AC=A1C;
(2)若直线AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
【解析】(1)如图,
因为A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,又BC⊥AC,A1C,AC⊂平面ACC1A1,A1C∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1.
又BC⊂平面BCC1B1,
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
过A1作A1O⊥CC1交CC1于O,
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,
所以A1O⊥平面BCC1B1.
因为A1到平面BCC1B1的距离为1,
所以A1O=1.
在Rt△A1CC1中,A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2,
设CO=x,则C1O=2-x.
因为△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形,且CC1=2,
CO2+A1O2=A1C2,A1O2+OC12=C1A12,A1C2+A1C12=C1C2,
所以1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1,
所以AC=A1C=A1C1=2.
即AC=A1C.
(2)连接A1B,AB1,AC1.
因为AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,BC=BC,
所以Rt△ACB≌Rt△A1CB(SAS),
所以BA=BA1.
过B作BD⊥AA1交AA1于D,
则D为AA1中点,
由直线AA1与BB1距离为2,
所以BD=2.
因为A1D=1,BD=2,所以A1B=AB=5,
在Rt△ABC中,BC=AB2-AC2=3.
延长AC,使AC=CM,连接C1M,
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形,
所以C1M∥A1C,所以C1M⊥平面ABC,
又AM⊂平面ABC,所以C1M⊥AM,
则在Rt△AC1M中,AM=2AC,C1M=A1C,所以AC1=(2AC)2+A1C2,
在Rt△AB1C1中,AC1=(2AC)2+A1C2,B1C1=BC=3,
所以AB1=(22)2+(2)2+(3)2=13.
又A到平面BCC1B1的距离为1,
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113=1313.
【素养创新练】
15.(5分)已知在四面体ABCD中,AB=AC=BC=BD=CD=233AD=2,点E在△ABC内运动(含边界位置),记平面ABC与平面BCD所成的角为α,若4S△ADE·sin α=
3S△BCE·sin∠DAE,则S△BCE的最大值为43-6.
【解析】取BC的中点为O,由于AB=AC=BC=BD=CD=2,
所以OD⊥BC,OA⊥BC,所以∠AOD为平面ABC与平面BCD所成的角,
由于OD=OA=3,AD=3,
所以∠AOD=π3,则α=π3,
设点E到BC的距离为h,
则S△ADES△BCE=12·AD·AE·sin∠DAE12BC·h=3sin∠DAE4sinα,
即AE=h,
故点E的轨迹为以点A为焦点、BC为准线的抛物线在△ABC内的一段弧MN(如图,含点M,N),
建立如图所示的直角坐标系,
则C(-32,1),A(32,0),BC:x=-32,
故抛物线方程为y2=23x,
直线AC:y=-33x-32,
联立方程可得x=73-122或x=73+122(舍去),
即当点E运动到N,M的位置时,
此时点E到BC的距离h最大,最大值为
73-122+32=43-6,
故(S△BCE)max=12·BC·hmax=43-6.