2025高考数学一轮复习-7.9-空间角问题-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.9-空间角问题-专项训练【含答案】，共9页。
1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
2．已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为( )
A． eq \f(2,5) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(4,5)
4．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A． eq \r(3) B． eq \r(2)
C．1 D． eq \r(3－\r(2))
5．已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．
6．在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0).如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________．
7．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B­B1E­D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
2．(多选)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为 eq \f(π,4)，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为 eq \f(π,3)，则点N的轨迹为双曲线
3．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知二面角A1­BD­A的大小为 eq \f(π,6)，若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为 eq \f(π,4)，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是________．
5．如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F­DC­B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：由于cs 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与平面α所成的角为30°.
答案：A
2．解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，
所以|cs 〈s1，s2〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(s1·s2,|s1||s2|)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1－2,\r(2)×3)))＝ eq \f(\r(2),2).
所以直线l1和l2所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),2).
答案：C
3．解析：以D为原点，以 eq \(DA,\s\up6(→))， eq \(DC,\s\up6(→))， eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D­xyz(图略)，则D(0，0，0).
设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，
所以 eq \(DF,\s\up6(→))＝(1，0，2)， eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
所以所求的余弦值为
eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,|\(DF,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(2,\r(5)×\r(5))＝ eq \f(2,5).
答案：A
4．解析：∵ eq \(BD,\s\up6(→))＝ eq \(BF,\s\up6(→))＋ eq \(FE,\s\up6(→))＋ eq \(ED,\s\up6(→))，
∴| eq \(BD,\s\up6(→))|2＝| eq \(BF,\s\up6(→))|2＋| eq \(FE,\s\up6(→))|2＋| eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2 eq \(BF,\s\up6(→))· eq \(FE,\s\up6(→))＋2 eq \(FE,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＋2 eq \(BF,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－ eq \r(2)＝3－ eq \r(2)，
故| eq \(BD,\s\up6(→))|＝ eq \r(3－\r(2)).
答案：D
5．解析： eq \f(|(0，－1，3)·(2，2，4)|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝ eq \f(\r(15),6).
答案： eq \f(\r(15),6)
6．解析：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 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，
而|cs 〈n，u〉|＝ eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝ eq \f(\r(2),2).
又a＞0，故a＝ eq \f(12,5).
答案： eq \f(12,5)
7．(1)证明：依题意，以C为原点，分别以 eq \(CA,\s\up6(→))， eq \(CB,\s\up6(→))， eq \(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3).
依题意， eq \(C1M,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而 eq \(C1M,\s\up6(→))· eq \(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)解：依题意， eq \(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量， eq \(EB1,\s\up6(→))＝(0，2，1)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(2，0，－1).设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2).
因此有cs 〈 eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\(CA,\s\up6(→))·n,|\(CA,\s\up6(→))||n|)＝ eq \f(\r(6),6)，于是sin 〈 eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\r(30),6).
所以，二面角B­B1E­D的正弦值为 eq \f(\r(30),6).
(3)解：依题意， eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，
于是cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝－ eq \f(\r(3),3).
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),3).
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设正方体棱长为1，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴ eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，
∴ eq \(DB,\s\up6(→))· eq \(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，| eq \(DB,\s\up6(→))|＝ eq \r(2)，
| eq \(AP,\s\up6(→))|＝ eq \r(2λ2－2λ＋2).
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cs θ＝ eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(DB,\s\up6(→))||\(AP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))
＝ eq \f(1,2)· eq \r(\f((2λ－1)2,λ2－λ＋1))＝ eq \f(1,2)· eq \r(4－\f(3,λ2－λ＋1))
＝ eq \f(1,2)· eq \r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，
当λ＝ eq \f(1,2)时，cs θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cs θ取得最大值为 eq \f(1,2)，
∴0≤cs θ≤ eq \f(1,2)，则 eq \f(π,3)≤θ≤ eq \f(π,2).
答案：C
2．解析：如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝ eq \f(π,4)，所以DN＝DM＝ eq \f(1,2)DD1＝ eq \f(1,2)×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝ eq \r(MN2－MD2)＝ eq \r(42－22)＝2 eq \r(3)，取MD的中点E，连接PE.因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝ eq \f(1,2)DN＝ eq \r(3).因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内．又PE＝ eq \r(3)，所以点P的轨迹为以 eq \r(3)为半径的圆，其面积为π·( eq \r(3))2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离．又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则 eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0)， eq \(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4).
因为D1N与AB所成的角为 eq \f(π,3)，
所以|cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(D1N,\s\up6(→))〉|＝cs eq \f(π,3)，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4y,4\r(x2＋y2＋16))))＝ eq \f(1,2)，整理得 eq \f(3y2,16)－ eq \f(x2,16)＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
答案：ACD
3．解析：令M为AC的中点，连接MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
BM⊂平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1.
因为A1M⊂平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点， eq \(MA,\s\up6(→))， eq \(MB,\s\up6(→))， eq \(MA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝AC＝AB＝2，
则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3)，0)，A1(0，0， eq \r(3))，
C1(－2，0， eq \r(3))，
所以 eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－3，0， eq \r(3))， eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0， eq \r(3)，－ eq \r(3))，
所以|cs 〈 eq \(AC1,\s\up6(→))， eq \(A1B,\s\up6(→))〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－3,2\r(3)×\r(6))))＝ eq \f(\r(2),4)，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为 eq \f(\r(2),4).
答案： eq \f(\r(2),4)
4．解析：如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝ eq \f(π,6).过点A作AH⊥A1E于点H，则 eq \(AH,\s\up6(→))为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝ eq \f(π,6).因为l与直线CC1所成角的大小为 eq \f(π,4)，即l与直线AA1所成角的大小为 eq \f(π,4)，那么l与直线AH所成角的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)，\f(π,4)＋\f(π,6))).又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))).
答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12)))
5．(1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，
所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°，
所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.
如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB.在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2 eq \r(3)＝BC.
在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC.在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2 eq \r(3)＝FC，
易知二面角F­DC­B的平面角为∠FCB＝60°.又FC＝BC＝2 eq \r(3)，故△FBC为等边三角形．
又N为BC的中点，所以FN⊥BC.
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，所以DC⊥平面BCF.
又FN⊂平面BCF，所以DC⊥FN.
因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，故FN⊥平面ABCD.
又AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD.
(2)解：如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，
以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(0， eq \r(3)，0)，A(5， eq \r(3)，0)，D(3，－ eq \r(3)，0)，E(1，0，3)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·(－2，－2\r(3)，0)＝－2x－2\r(3)y＝0，,n·(－2，\r(3)，3)＝－2x＋\r(3)y＋3z＝0.))
取x＝ eq \r(3)，则y＝－1，z＝ eq \r(3)，即n＝( eq \r(3)，－1， eq \r(3))是平面ADE的一个法向量．
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
因为 eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，所以sin θ＝|cs 〈 eq \(BM,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(|\(BM,\s\up6(→))·n|,|\(BM,\s\up6(→))||n|)＝