训练10 用空间向量研究夹角问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

AI伴学助手 训练十用空间向量研究夹角问题 =E 在线答疑 ? 配套答案 称最 基础练/现固应周 (2)求二面角A-PC-B的大小. P 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 cos<m,n>=—之,则 与α所成的角为 () A.30°B.60° C.120° D.150° 2.如图所示，在三棱柱 ABC-A?B?C?中，AA? 」底面 ABC,AB= BC= A C By AA,,∠ABC=歪，,点 E,F F cA'分别是棱 AB,BB?的中点， E B 则直线 EF 和 BC?所成的 角是 () A.否 D.-B.至 c.誓 π2 3.在正方体 ABCD-A?B?C?D?中，E,F分别 为AB,C?D?的中点，则 A?B?与平面 A?EF所成的角的正弦值为 () 雪 河5 √4A. B. C. D.√2 A4.如图所示，正方体 ABCD- A?B?C?D?中，E,F分别是 BB?和 DD?的中点，则平 面 ECF 与平面 ABCD 所 成角的余弦值为 D? B CF A.E D B C () A.雪 B.雪 D普13C. 5.在正方体 ABCD-A?B?C?D?中，M,N分 别是棱 AA,和 BB?的中点，则 sin<CM, D?N)= 6.正三棱锥的一个侧面面积与底面面积之比 为2:3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二 面角的大小为_ 7.(北京)如图，四面体 P-ABC中，PA=AB =BC=1,PC=√3,PA⊥平面ABC. (1)求证：BC⊥平面 PAB; A C B 能力练 溉移运用 8.在长方体 ABCD-A?B?C?D?中，B?C和 C?D与底面所成角分别为60°和45°,则异 面直线 B?C和C?D所成角的余弦值为 () A.雪 B.√I0 D.√2C.4 9.如图所示，已知四棱锥P-P ABCD中，底面 ABCD 是 菱形，且 PA⊥平面 AB- F A? >D CD,PA=AD=AC,点 F B c 为PC的中点，则平面 CBF 和平面 BDF 的夹角的正切值为 () √3 2√3√4 √3A. B. C. D.6 3 10.(江苏南京师范大学苏州实验学校高二上 月考)如 图，正 方 体 D? C M BABCD-A?B?C?D?中，Ay EAN= NA,A? N Dj. cMD?,B?E=λB?C(O≤ A Bλ≤1),当直线 DD?与 平面MNE所成的角最大时，λ=() 12 13 14 15A. B. C. D. 19 ?高中数学·选择性必修 第一册 11.已 知 正 四棱 柱 ABCD- 2↑D A?B?C?D?中，AA?=2AB, Af (B 建立如图所示的空间直角 坐标系，则平面 BDC?的一 D? 个法向量是 (答案 A B? 不唯一，写出一个坐标即 C cS 可),直线 CB?与平面 BDC,所成角的正 弦值等于 12.(来 宾一中期末)已知正方体 ABCD- A?B?C?D?的棱长为1,若P点在正方体 的内部，且满足AP=÷AB+÷AD+ ÷x,则平面PAB与平面ABCD所成 二面角的余弦值为_ 13.(东北师大附中月考)C G 创新练 素能培优 14.在长方体ABCD-A?B?C?D?中，AB=4, AD=3,AA?=2,在线段 D C? .B AB上是否存在一点E,使 A? D C 平面 CDE 与平面 C,DE E BA 雪的夹角的余弦值为` 若 存在，求出 AE的长；若不存在，请说明 理由. 如图所示，在三棱柱 <B. ABC-A?B?C?中，H >B? h 是正方形 AA,B,B的 A A? 中心，AA?=2√2,C?H⊥平面AA?B,B, 且 C,H=√5 (1)求异面直线 AC与A?B?夹角的余 弦值； (2)求平面AA?C?与平面A?C?B?夹角的 正弦值. 20 a=Dm的距离 2√3答案 3 12.解析以点 D 为坐标原点，直线 2+ D? G DA,DC,DD?分别为x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. A? BF 心则E(1,1,号),F(0,1,号), EFD Cj c(0.0,子),D,(0.0,1),A,(1,0,1), B ∴EF=(-1.0,0),FC=(0,-1,-÷),DA=(1, 0,0), ∴D?A//EF. 又∵EFC平面 EFGH,D?A?亡平面 EFGH, ∴D?A?//平面 EFGH. ∴A,D?到平面EFGH的距离， 即为点 D,到平面 EFGH的距离. 设平面 EFGH的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令z=6,则 y=-1,∴n=(0,-1,6). 又∵D,F=(0,1,-÷), ∴点 D?到平面 EFGH的距离 u-4. 4√37 ∴A?D?到平面 EFGH的距离为 37 4 √37答案 37 13.解(1)证明如图所示，由条件 知，BA,BC,BB,两两互相垂直，以 B为坐标原点，BA,BC,BB,所在 A? 直线分别为x轴、y轴、z轴建立空 间直角坐标系Bxyz. 42 B? F C G 可 D 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B(0,0,4), 设BA=a,则A(a,0,0). B 方C ∴BA=(a,0,0),Bb=(0,2,2), A) B,D=(0,2,-2), ∴B,D·BA=0, B.D·BD=0+4-4=0. ∴B,D⊥BA,B,D⊥BD. 又∵BD∩BA=B,BD,BAC平面ABD, ∴B,D⊥平面ABD. (2)证明 由题意知 E(0,0,3),G(兰，1,4),F(0,1,4), ∴EC=(2,1,1),EF=(0,1,1), ∴B,D·EG=0+2-2=0,B,D·EF-0+2-2=0. ∴B?D⊥EG,B,D⊥EF.又EG∩EF=E,EG,EFC平 面 EFG,∴B,D⊥平面 EFG,结合(1)可知，平面 EGF//平面ABD. (3)由(1)(2)知，BF=(0,1,4),B,D=(0,2,-2)是平 面ABD的法向量， ∴点F到平面ABD的距离为 由(2)知，平面 EGF与平面ABD的距离等于点F到 平面ABD的距离， ∴两平面间的距离为 创新练素能培优 14.解 (1)证明 取 A?C?的 tz B? 中点 O,连接 B,O,OD,可 得 OA?,OD,OB?两两垂 C E 直.如图，以 O 为原点， c OA?,OD,OB,所在直线分 D y 别为x轴、y轴、z轴建立x,A? A 空间直角坐标系，则 A(1,2,0),B(0,2,√3),D(0,2, 0),A,(1,0,0),E(-1,1,0),A,b=(-1,2,0),A,B= (-1,2√3),BA=(1,0,-√3),BE=(-1,-1,-√3). 设n?=(x?,y?,≥?),n?=(x?,y?,≈g)分别为平面A?BD 和平面BAE的法向量. Ab·n.=0; 二+2?得由 A?B·n?=0, 取y?=1,则x?=2,z?=0,所以n?=(2,1,0)是平面 A?BD的一个法向量. ·n.=0,得-由 ,n.=0 取xz=1,则x?=√3,y?=-2√3,所以n?=(√3,-2√3,1) 是平面 BAE的一个法向量. 因为n?·n?=0,所以平面 BAE⊥平面A,BD. (2)假设在线段 B,B(含端点)上存在点M,使点 M到 25平面 A.BD的距离为 设M(0,a,√3)(O≤a≤2),则BM=(0,a-2,0), 由25_lbM,nl-la 解得a=4(舍去)或a=0. 故在线段 B?B(含端点)上存在点M,且点 M与点B 2√5.重合时，点M到平面A,BD的距离为 训练十用空间向量研究夹角问题 基础练巩固应用 1.A设1与a 所成的角为0,则 sin 0=|cos(m.n)1=号. ∴0=30°. 69 B 2.C 如图所示，建立空间直角坐标 系 Bxye.由于AB=BC=AA?,不 A C? +2 B妨取 AB=2,则 B(0,0,0),E(0, 1,0),F(0,0,1),C(2,0,2),所以 F xyEF=(0,-1,1),BC=(2,0,2), 时，,一所以( A C E B 一后文2万一去， 号，故选C.所以异面直线 EF和BC,所成的角为- 3.B 建立如图所示的空间直角坐 z4 D? F Ci标系.设正方体的棱长为1,则 A,(1,0,1),E(1.云，0), Ai [B? D CF(0.云，1),B,(1,1,1), y ∴A,B=(0,1,0), E BA A.E=(0.≥,-1), A,F=(-1,2,0). 设平面A,EF的法向量为n=(x,y,z), 则 令 y=2, 则{2=):可得平面 A?EF的一个法向量n=(1,2,1), :osa.AB)-后一5. 故 A,B,与平面 A,EF所成 的角的正弦值为厚. 4.B 以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系.设正方 体的棱长为2,则A(0,0,0),E(2,0,1),F(0,2,1),C(2, 2,0),所以CE=(0,-2,1),CF=(-2,0,1).所以平面 ECF的一个法向量为n=(1,1,2).设平面 ECF与平面 ABCD的夹角为0.因为m=(0,0,1)是平面ABCD的一 个法向量，所以 cos0=1cos(m.m)l=厚. 5.解析建立如图所示空间直角坐 tD? C 标系，设正方体棱长为2, A? B?则C(0,2,0),M(2,0,1),D(0,0, 2),N(2,2,1). NM C ∴CM=(2,-2.1),D,N=(2,2,-D. 分 yAl B子cos<CM.D,N)=43文31=- :sin(CM.D,N)=4F 答案 6.解析 设一个侧面面积为S,底面面积为S,则这个侧 号子号面在底面上射影的面积为- 由题意，得· 设侧 面与底面所成二面角的平面角为0,则 =2⋯0=60 答案 60° 7.解 (1)证明∵PA⊥平面 ABC,ACC平面 ABC,BC C平面ABC,∴PA⊥AC,PA⊥BC. ∵PA=1,PC=√3,∴AC=√PC-PA2=√3-I=√2. 又∵AB=BC=1,∴AC2=AB2+BC2,∴BC⊥AB. 又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面 PAB. (2)以点 B为坐标原点，分别 z+P 以BC,BA所在直线为x轴、 y轴的正方向，建立空间直角 坐标系，如图所示： ￥ 则 A(0,1,0),B(0,0,0),C(1, A C 0,0),P(0,1,1), B∴AP=(0,0,1),AC=(1, -1,0),BP=(0,1,1),BC=(1,0,0), 设平面APC的一个法向量为n=(x,y,z), AP·n=x=0, 则 取x=1,得n=(1,1,0),A,n=x-y=0 设平面 BPC的一个法向量为m=(a,b,c),:,则 取b=1,得m=(0,1,-1), cs<m.n)=1m|m-应文后一去， 由图可知二面角 A-PC-B为锐角，设二面角 A-PC-B的 大小为0,则 cos0=|cos(m,n)|=号， :0一晋.即二面角APC-B的大小为晋。 能力练迁移运用 8.A 建立如图所示空间直角坐 标系. 24 A D 可知∠CB?C?=60°,∠DC?D?= 45°,设 B?C=1,CC=√3= GB( DD.所以 C?D?=√3,则有 B?(V3,0,0),C(√3,1,√3), p C?(√3,1,0),D(0,1,√3),所以 方?A? B,C=(0,1,√3),C,D=(-√3,B? 0,√3).所以cos(B,C.CD)= B?Cl|C?D| C? 9.D 如图所示，设AC与BD交于点O,连接OF.以O为 坐标原点，OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、轴 建立空间直角坐标系Oxyz. P z B % A 0 c D ; 70 设 PA=AD=AC=1,则 BD=√3,所以O(0,0,0), B(登.0,0),F(0.0,号),c(0.云·0),=(0,云·o), 易知区为平面BDF的一个法向量，由废=(一唇号m), FB=(客，0,-号)· ,设平面 BCF的法向量为n=(x,.y,z),则 令x=1,则y=√3,x=√3, 所以平面 BCF的一个法向量为n=(1,√3,√3). cos(n.c)=sin(n.OC)=27.所以 所以tan(n.C)=25 2√3故二面角C-BF-D的正切值为 3 10.C如图，以 D 为原点，建立 2+ D? C?空间直角坐标系，设正方体 M ABCD-A?B?C?D?的棱长为 ByAif 1,则 D(0,0,0),M(云.0,1), E NF N(1,0,÷),C(0,1,0),B(1, Di. cy A 1,1),D,(0.0.1),所以MN= x B (去：0,-去),DB=(0,0, 1),B,E=AB,C=λ(-1,0,-1),则E(1-λ,1,1-λ), ME=(2-A,1,-a).设平面 MNE的法向量为m= 2x-2=0. (x,y,z),则 令 (≥-a)x+y-x=0, x=1,则m=(1,2x-2,1)是平面MNE的一个法向 量.设直线 DD,与平面MNE所成的角为α,则 sina= .1-|1 二 12λ- √a-÷)+2×?≤A<lae[0号],所以当λ =÷时，sin a有最大值，此时直线 DD,与平面 MNE 所成的角最大. 11.解析 不妨设AB=1,则AA?=2,由题图可知 D(0,0, 2),C(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2),B,(1,1,0),故 DB=(1,1,0),DC=(0,1,-2),CE=(1,0,-2).设 平面 BDC的法向量为 n=(x,y,z),则 (n·DB=0, 20.即 令x=1,则 y=2,x=-2.n·DC=0, 故平面 BDC的一个法向量为n=(—2,2,1),设CB,与 amo-|m|一誓平面 BDC?所成角为 θ,则 誓答案 (-2,2,1) 12.解析以 A为坐标原点，AB, D? C AD,AA,所在直线为x轴、y轴、 24 z轴，建立如图所示的空间直角 A? B?y 坐标系，则 A(0,0,0),B(1,0, M D0),D(0,1,0),A?(0,0,1),所以 c AB=(1,0,0),AD=(0,1,0), B ≠ AA=(0,0,1),所以AP=-AB A +÷Ab+÷A-(六号),,所以点 P的坐标为 (去寺去)P点位置如图所示.显然平面ABCD的 一个法向量为n=(0,0,1),设平面 PAB的法向量为 m=(x,y,z),所以 y=3,得x=—2,所以取 m=(0,3,—2),则 cos(m,n -m份“元由图可知平面 PAB与 平面ABCD 所成二面角为锐二面角，所以该二面角的 2√13余弦值为： 13 2√13 答案 13 13.解(1)以点 B为坐标原 z4C G? 点，建立如图所示的空间直 角坐标系. (B. B? 依题意，得B(0,0,0),A(2√2, yH* 0,0),C(√2,-√2,√5), x,A A? A?(2√2,2√2,0),B(0,2√2,0),所以AC=(-√2, -√2,√5),A,B?=(-2√2,0,0),所以 cos<AC,A,B) ACA AC|AET-3X2/=3 所以异面直线 AC与 得A?B?夹角的余弦值为 (2)由(1)知C?(√2,√2,√5).易得AA?=(0,2√2,0), A?C=(-√2,-√2,√5). 设平面 AA?C?的法向量为m=(x?,yi,?),则 不妨令 x?=√5,则m=(√5,0,√2)为平面 AA,C?的一个法 向量. 71 设平面 A,B?C?的法向量为n=(x?,y?,z?),则 {-+-即 不妨令 y?=√5,则n=(0,√5,√2)为平面 A?B?C?的一个法 向量. 所以 cos(m.n)=1m1m一万文万一号. 所以 sin(m.n)=3乒. 所以平面 AA?C与平面 A?CB?夹角的正弦值 为： 创新练素能培优 14.解 假设存在点E,设AE=a(O≤ 12 D, ,C?a≤4) B 如图，以D为原点，DA,DC,DD,所在 A?r yD C 直线分别为x轴、y轴、z轴的正 A) 亡B方向建立空间直角坐标系 Dxye, 则有 E(3,a,0),C(0,4,2),D(0,0,0).设平面 DEC的法 向量为n=(x,y,z),又DC?=(0,4,2),DE=(3,a,0),. (+2-0:所以 即{故 令y=1,得x=-3,x=-2,即n=(-3,1,-2). 又易知平面 DEC的一个法向量为m=(0,0,1), 由题意知- 解得 a=3, 所以在线段 AB上存在点E,使平面 CDE与平面 C?DE的夹角的余弦值为) ,此时 AE=3.的向 训练十一倾斜角与斜率 基础练巩固应用 1.D 对于①,直线的倾斜角α的范围为(0,π),①正确； 对于②,平面内所有直线都有倾斜角，当倾斜角为 90°时 没有斜率，②正确；对于③,倾斜角为锐角时斜率为正， 倾斜角为钝角时斜率为负，③错误.故选 D.-2.D 设A(a,0),B(0,b),则- 解得 所 kw=0-C-2=2.以 A(—2,0),B(0,4),所以， 3.B 因为-l≤k≤√3,所以-l≤tana≤√3,又直线l的 倾针角a∈(0,π),所以a∈[0,弯]U(,k). 4.D 由图，可知当直线位于如图阴影部分所示的区域内 (包括边界)时，满足题意，所以直线l的斜率满足0≤ k≤2.故选 D. y+ /l A(1,2) -1 0 x 5.解析 设直线l上一点A(x,y),其沿y轴负方向平移 a(a>0)个单位长度，再沿x轴正方向平移(a+1)个单位 长度后的坐标为(x+a+1,y-a).因为平移后的点仍然 y-a-y在直线l上，所以直线l的斜率k=- x+a+1-x -a+i 答案 一 牛2=3·4=m-2,6.解析由k=3k,得- ,解得 m=1或m=2,经验证均符合题意，故m的值是1或 2. 答案 1或 2 7.解 如图，由题意可知m==3÷ ty A(-3,4) >B(3,2)=-1,km=3=Y=1, 0P(1,0) x (1)要使l与线段AB有公共点，则直 线l的斜率k的取值范围是(-～,-1)U[1,+~). (2)由题意可知直线l的倾斜角介于直线PB与PA的 倾斜角之间，又 PB的倾斜角是45°,PA的倾斜角是 135°,∴a的取值范围是[45°,135°]. 能力练迁移运用 8.D 直线l?,l?的倾斜角为锐角，且直线l?的倾斜角大 于直线l?的倾斜角，所以0<k。<k?.直线l?的倾斜角 为钝角，斜率k<0,所以k?<kg<k?. 9.B若 A,B两镇位于公路 ty l 的两侧，则 k<kx或 k> 4 k,如图. 2 又k==1+4=1,k=: 0-2C 24 6x 21 3-子，,故 k的取值范围 A 为(-?)U(1,+~) 10.C 因为O,O?分别为大五角星和第三颗小五角星的 中心点， 所以 OO?平分第三颗小五角星的一个角， 又由五角星的角尖为36°知∠BAO?=18°. 过O。作x轴的平行线O?E,如图，则∠OO?E=a≈16°, 所以直线 AB的倾斜角约为18?-16?=2°. y O1 0 E- 72 B