2021年高考数学一轮精选练习：45《利用向量求空间角》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

45《利用向量求空间角》

一         、选择题

1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　 　)

A.          B.         C.           D.

2.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　 　)

A.          B.          C.          D.

3.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　 　)

A.        B.        C.         D.

4.已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在表面积为16π的球O的球面上，AC为球O的直径.当三棱锥P-ABC的体积最大时，二面角P-AB-C的大小为θ，则sinθ等于(　 　)

A.        B.         C.        D.

二         、填空题

5.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角的大小是　　   .

6.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为　　.

三         、解答题

7.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

(1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.

8.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD=90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，EB=，EF=1，BC=，且M是BD的中点.

(1)求证：EM∥平面ADF；

(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.

9.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB=ED=EC=BC，连接CE并延长交AD于F.

(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；

(2)若BC=2，PA=3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.

10.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.

11.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

12.如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC=60°，CD=2，AB=4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形EBC沿线段EC折起，形成四棱锥B-AECD.

(1)在四棱锥B-AECD中，求证：AD⊥BD；

(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值.

答案解析

1.答案为：B；

解析：以A为原点，AB，AD，AA1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A-xyz，

设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，

∴=(0,1，－1)，=，

设平面A1ED的一个法向量为n1=(1，y，z).

则有即∴∴n1=(1,2,2).

∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉==，

即所成的锐二面角的余弦值为.

2.答案为：D；

解析：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，

建立坐标系，

则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，=(2,0,0)，

=(2,2,0)，=(2,0,2)，

设平面A1BD的一个法向量n=(x，y，z)，

则∴令z=1，得n=(－1,1,1).

∴D1到平面A1BD的距离d===.

3.答案为：A；

解析：由正方体的性质及题意可得，正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，

易知棱AB，AD，AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等，所以α∥平面A1BD，

当平面α趋近点A时，截面图形的面积趋近于0；当平面α经过正方体的中心O时，

截面图形为正六边形，其边长为，截面图形的面积为6××2=；

当平面α趋近于C1时，截面图形的面积趋近于0，

所以截面图形面积的最大值为，故选A.

4.答案为：C；

解析：如图，设球O的半径为R，

由4πR2=16π，得R=2，

设点P到平面ABC的距离为d，则0＜d≤2，因为AC为球的直径，

所以AB2＋BC2=AC2=16，则V三棱锥P-ABC=AB·BC·d≤··2=，

当且仅当AB=BC=2，d=2时，V三棱锥P-ABC取得最大值，

此时平面PAC⊥平面ABC，

连接PO，因为PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，

所以PO⊥平面ABC，过点P作PD⊥AB于D，

连接OD，因为AB⊥PO，AB⊥PD，PO∩PD=P，

所以AB⊥平面POD，则AB⊥OD，所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角，

因为OD=BC=，所以PD==，则sinθ=sin∠PDO==，故选C.

一         、填空题

5.答案为：45°；

解析：以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，

E，F，=，=(0,1,0)，

∴cos〈，〉==－，∴〈，〉=135°，

∴异面直线EF和CD所成的角的大小是45°.

6.答案为：0.4；

解析：建立空间直角坐标系如图所示.

设AB=1，则=，E.

设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则=.

∵θ∈，∴cosθ===.

则2=1－.令8y＋1=t，1≤t≤9，则=≥，

当且仅当t=1时取等号.

∴cosθ=≤×=，当且仅当y=0时取等号.

二         、解答题

7.解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.

如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，

建立空间直角坐标系A-xyz，

则D(0，，0)，E，=.

设B(m,0,0)(m＞0)，则C(m，，0)，=(m，，0).

设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，

则即可取n1=.

又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，

由题设得|cos〈n1，n2〉|=，即 =，解得m=.

因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.

三棱锥E-ACD的体积V=××××=.

8.解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.

在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN=AB，

又因为EF∥AB，EF=AB，所以MN∥EF且MN=EF.

所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，

又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，

故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.

由已知可得=，=(3，－2,0)，=(0，－1，)，

设平面ADF的法向量是n=(x，y，z).

由得令y=3，则n=(2,3，).

又因为·n=0，所以⊥n，

又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n=(2,3，).

易得平面BFD的一个法向量是m=(0，－，1).

所以cos〈m，n〉==－，

又二面角A-FD-B为锐角，

故二面角A-FD-B的余弦值大小为.

9.解：(1)证明：在△BCD中，EB=ED=EC=BC，

故∠BCD=，∠CBE=∠CEB=，连接AE，

∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，

从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=，AE=CE=DE.

∴∠AEF=∠FED=.故EF⊥AD，AF=FD.

又PG=GD，∴FG∥PA.

又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，∴GF⊥AD，

又GF∩EF=F，故AD⊥平面CFG.

又AD⊂平面PAD，

∴平面PAD⊥平面CGF.

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，D(0，2，0)，P(0,0,3).

故=(1，，0)，=(－3，－，3)，=(－3，，0).

设平面BCP的一个法向量为n1=(1，y1，z1)，

则解得即n1=.

设平面DCP的一个法向量为n2=(1，y2，z2)，

则解得即n2=(1，，2).

从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为==.

10.解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF.

因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=AD.

由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD，

又BC=AD，所以EF綊BC，

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，=(1,0，－)，=(1,0,0).

设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则=(x－1，y，z)，=(x，y－1，z－).

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，

而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈，n〉|=sin 45°，

=，即(x－1)2＋y2－z2=0.①

又M在棱PC上，设=λ，则x=λ，y=1，z=－λ.②

由①②解得(舍去)，或

所以M，从而=.

设m=(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，

则即

所以可取m=(0，－，2).于是cos〈m，n〉==.

易知所求二面角为锐角.

因此二面角M-AB-D的余弦值为.

11.解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.

如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.

理由如下：

由已知，BC∥ED，且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.

又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，

所以CM∥平面PBE.

(说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD=A，

所以CD⊥平面PAD.

于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以∠PDA=45°.

由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.

设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.

作Ay⊥AD，以A为原点，以，的方向分别为x轴、z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，

所以=(1,0，－2)，=(1,1,0)，=(0,0,2).

设平面PCE的法向量n=(x，y，z)，

由得设x=2，解得n=(2，－2,1).

设直线PA与平面PCE所成角为α，

则sinα===.

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.

12.解：(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，

∠ABC=60°，CD=2，AB=4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，

四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE=60°，

如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE，

∵△BEC和△DEC均为正三角形，

∴EC⊥BF，EC⊥DF, 又BF∩DF=F，

∴EC⊥平面BFD，∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，

∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD.

(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，

由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，

∵BF⊥EC，DF⊥EC，

∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，

∴∠BFD=120°，∴∠BFz=30°，

又∵BF=，∴点B的横坐标为－，点B的竖坐标为.

因D(，0,0)，E(0,1,0)，A(，2,0)，B，

故=(－，－1,0)，=，=(0，－2，0).

设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，

∴得

令x=1，得y=0，z=，∴平面ABD的一个法向量为n=(1,0，)，

∴cos〈，n〉===－，

∵直线AE与平面ABD所成角为锐角，

∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为.