课时跟踪检测(49) 向量法求空间角（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(49)　向量法求空间角 基础强化练 1．(2024·湖北十堰模拟)如图，等边三角形ABC的边长为3，DE⊥AB分别交AB，AC于D，E两点，且AD＝1，将△ADE沿DE折起(点A与P重合)，使得平面PDE⊥平面BCED，则折叠后的异面直线PB，CE所成角的正弦值为(　　) A. B． C． D． D　解析：由题意可知DB，DE，DP两两垂直，以D为原点，分别以DB，DE，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知DE＝，C到直线BD的距离为，则P(0，0，1)，B(2，0，0)，C(，，0)，E(0，，0)，从而＝(2，0，－1)，＝(－，－，0).由cos 〈，〉＝＝＝－，可得〈，〉是钝角，sin 〈，〉＝. 2．(2023·云南保山模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1的所成角为45°时，点Q的轨迹为(　　) A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆 C　解析：以点D为原点，，，DD1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， 设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，设Q(x，y，1)，可得＝(x，y，1)，＝(1，0，1)，因为直线DQ与DA1的所成角为45°，则cos 45°＝＝＝，化简可得y2＝2x，所以点Q的轨迹为抛物线． 3．(2023·河北保定二模)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． D　解析：建立空间直角坐标系如图所示， ，设平面A1BC1的法向量为m＝(x，y，z)， 则⇒令z＝1，则y＝2，x＝2，所以m＝(2，2，1)为平面A1BC1的一个法向量，又＝(1，1，2)，因为点E在B1D上，设＝λ＝(λ，λ，2λ)，所以E(λ，λ，2λ)，所以＝(λ－1，λ，2λ－2)，因为A1E⊂平面A1BC1，所以·m＝0，所以(λ－1，λ，2λ－2)·(2，2，1)＝0，所以2(λ－1)＋2λ＋(2λ－2)＝0，解得λ＝，所以＝(－，，－)，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＝＝ ＝， 所以cos α＝＝＝. 4．(2024·山东枣庄期末)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． B　解析：方法一　如图，设直线PC在平面PAB的射影为PD，则∠CPD为PC与平面PAB所成的角， 作CG⊥PD于点G，CH⊥PA于点H，连接HG，易得CG⊥PA，又CH∩CG＝C，CH，CG⊂平面CHG，则PA⊥平面CHG，又HG⊂平面CHG，则PA⊥HG，有 故cos ∠CPA＝cos ∠CPD×cos ∠APD.已知∠APC＝60°，∠APD＝30°，故cos ∠CPD＝＝＝为所求． 方法二　如图所示，把PA，PB，PC放在正方体中，PA，PB，PC的夹角均为60°.建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则P(1，0，0)，C(0，0，1)，A(1，1，1)，B(0，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)，设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝1，z＝－1，得n＝(1，1，－1)为平面PAB的一个法向量，所以cos 〈，n〉＝＝＝.设直线PC与平面PAB所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝，所以cos θ＝＝. 5．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________. 答案：2　解析：如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系． 若设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a).设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则即则y＝0，令z＝1，得x＝－a，即n＝(－a，0，1)，cos 〈n，〉＝＝.∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，∴＝，解得a＝2或a＝－(舍去)，∴AE＝2. 6．(2024·江苏高三联考模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥平面BCD，E是空间中一点，且AE⊥平面ABC. (1)证明：AE∥平面BCD； (2)若BD⊥CD，AB＝BD＝CD，求平面CAE与平面DAE的夹角的余弦值． (1)证明：如图，过D点作DF⊥BC，垂足为F， 因为AB⊥平面BCD，DF⊂平面BCD， 所以AB⊥DF， 因为AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B， 所以DF⊥平面ABC， 因为AE⊥平面ABC，所以AE∥DF， 因为DF⊂平面BCD，AE⊄平面BCD， 所以AE∥平面BCD. (2)解：设AB＝BD＝CD＝2，且BD⊥CD，以B为坐标原点，BD为y轴，BA为z轴，过B垂直BD(与CD平行)的直线为x轴，如图建立空间直角坐标系， 则A(0，0，2)，B(0，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，F(1，1，0)，＝(2，2，－2)，＝(0，2，－2)，＝(－1，1，0)， 由(1)设＝λ＝(－λ，λ，0)，λ≠0， 设平面CAE的法向量m＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝1，z＝2，所以m＝(1，1，2)为平面CAE的一个法向量， 设平面DAE的法向量n＝(a，b，c)， 则 令a＝1，则b＝1，c＝1，所以n＝(1，1，1)为平面DAE的一个法向量， 设平面CAE与平面DAE的夹角为α， 则cos α＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面CAE与平面DAE的夹角的余弦值为. 7．(2024·河北秦皇岛开学考试)如图，圆柱O1O底面直径AB长为4，C是圆O上一点，且. (1)求证：平面A1AC⊥平面A1BC； (2)若A1C与面A1ABB1所成角为，求平面A1BC与平面B1BC夹角的余弦值． (1)证明：∵O1O为圆柱，∴直线A1A⊥平面ABC， ∴直线A1A⊥直线BC， 又∵直线AB为圆O的直径，∴∠ACB＝90°，AC⊥BC， 又∵BC⊥AA1，AC，AA1⊂平面A1AC， ∴BC⊥平面A1AC，且BC⊂平面A1BC， ∴平面A1AC⊥平面A1BC. (2)解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，连接A1D，CO， ∵A1A⊥平面ABC，A1A⊂平面ABB1A1， ∴平面ABC⊥平面ABB1A1， 又∵CD⊥AB，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB， ∴CD⊥平面ABB1A1， ∴∠CA1D即为A1C与平面A1ABB1所成角，即∠CA1D＝， ∵A1D⊂平面ABB1A1，所以CD⊥A1D， ∴△CA1D为等腰直角三角形， ∵，∴∠AOC＝，∠COB＝， ∴△AOC为等边三角形， ∴AD＝DO＝1，CD＝，∴A1D＝CD＝， ∴A1A＝＝， 以点O为坐标原点，以直线AB为y轴，以过点O且垂直于直线AB的直线为x轴，以O1O所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 根据题意得B(0，2，0)，C(，－1，0)，A1(0，－2，)，B1(0，2，)， ∴＝(，－3，0)，＝(，－3，－)， 设m＝(x，y，z)为平面A1BC的法向量， ∴∴ 令x＝，则y＝1，z＝2， 所以平面A1BC的一个法向量为m＝(，1，2). 设n＝(x1，y1，z1)为平面B1BC的法向量， 则 令x1＝，则y1＝1，z1＝0， 所以平面B1BC的一个法向量为n＝(，1，0)， 平面A1BC与平面B1BC夹角的余弦值cos θ＝＝＝. 能力提升练 8．如图是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为弧A1B1上(不与A1，B1重合)的动点． (1)证明：PA1⊥平面PBB1； (2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝，求二面角P­A1B1­C的余弦值． (1)证明：在半圆柱中，因为BB1⊥平面PA1B1，PA1⊂平面PA1B1，所以BB1⊥PA1. 因为A1B1是直径，所以PA1⊥PB1. 因为PB1∩BB1＝B1，PB1⊂平面PBB1，BB1⊂平面PBB1， 所以PA1⊥平面PBB1. (2)解：以C为坐标原点，分别以CB，CA所在直线为x轴、y轴，过C与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示． 设CB＝1，则C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A1(0，1，)，B1(1，0，)，P(1，1，). 所以 平面PA1B1的一个法向量为n1＝(0，0，1). 设平面CA1B1的一个法向量为n2＝(x，y，z)， 则令z＝1，得 所以可取n2＝(－，－，1)为平面CA1B1的一个法向量， 所以cos 〈n1，n2〉＝＝. 由图可知二面角P­A1B1­C为钝角， 所以所求二面角的余弦值为－. 9．(2024·湖北高三联考模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝BC＝1，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点． (1)求证：平面AEF⊥平面PBC； (2)试求BF的长，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°. (1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴PA⊥BC， ∵ABCD为矩形，∴AB⊥BC， 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB， ∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC， ∵PA＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB， 又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， ∴AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PBC. (2)解：以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，E(，0，)， ∴＝(，0，)，＝(1，2，－1)，＝(0，2，－1)， 设F(1，λ，0)(0≤λ≤2)，∴＝(1，λ，0)， 设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则∴ 令y1＝1，则∴n＝(－λ，1，λ)为平面AEF的一个法向量， 设平面PCD的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令y2＝1，则即m＝(0，1，2). ∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°， ∴|cos 45°|＝＝＝， 解得λ＝2±， ∵0≤λ≤2，∴λ＝2－，即BF＝2－， ∴当BF＝2－时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°. 10. (2023·辽宁葫芦岛二模)在三棱柱ABC­A1B1C1中，平面A1B1BA⊥平面ABC，侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1＝，AB1⊥AC，AB＝AC＝2，E是AC的中点． (1)求证：A1B⊥平面AB1C. (2)确定在线段A1E上是否存在一点P，使得AP与平面A1B1E所成角为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (1)证明：因为侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1＝， 则△B1BA是等边三角形，取AB中点O，连接B1O， 所以B1O⊥AB， 又平面A1B1BA⊥平面ABC，B1O⊂且平面A1B1BA， 平面A1B1BA∩平面ABC＝AB，所以B1O⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，即有B1O⊥AC， 又AB1⊥AC，且B1O∩AB1＝B1，B1O，AB1⊂平面A1B1BA， 因此AC⊥平面A1B1BA， 而A1B⊂平面A1B1BA，则AC⊥A1B， 由四边形A1B1BA为菱形，得A1B⊥AB1，又AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C. (2)解：由(1)可知B1O⊥AB，B1O⊥AC，AC⊥平面A1B1BA，且AB⊂平面A1B1BA，有AC⊥AB，取BC中点D，连接OD，有OD∥AC，OD⊥AB，以O为原点，{，，OB1}为空间正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，A(－1，0，0)，A1(－2，0，)，E(－1，1，0)，B1(0，0，)，＝(1，1，－)，＝(0，1，0)， 设平面A1B1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，得n＝(0，，1)为平面A1B1E的一个法向量， 令＝λ，则＝(－λ，－λ，λ)，＝＋＝(－λ，1－λ，λ)， 依题意，sin ＝|cos 〈n，〉|＝＝ ＝， 整理得，5λ2－2λ＝0，解得λ＝或λ＝0， 所以存在满足条件的点P，的值或0. 学科网（北京）股份有限公司 $$