课时作业9 用空间向量研究夹角问题（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

课时作业(九)　用空间向量研究夹角问题 [基础达标练] 1．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则(　　) A．α＝θ　　　　　　　 B．α＝π－θ C．cos θ＝|cos α| D．cos α＝|cos θ| 答案：D 2．(多选)若两个平面α，β的法向量分别是n＝(1,0,1)，v＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的二面角的度数是(　　) A．45° B．60° C．90° D．120° 解析：选BD　∵cos〈n，v〉＝＝－， ∴〈n，v〉＝120°. 故两平面所成的二面角为60°或120°. 3．如图，正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是(　　) A． B． C． D． 解析：选D　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建系(图略)，设棱长为1，则A1(1,0,1)，M，D(0,0,0)，N.所以＝， ＝.所以cos〈，〉＝＝0. ∴〈，〉＝. 4．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F分别是D1C1，AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A　设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则A1(0,0,0)，E(1,2,0)，F(1,0,2)． 所以＝(1,2,0)，＝(1,0,2)． 设平面A1ECF的一个法向量n＝(x，y，z)， 则即 令x＝－2，得y＝1，z＝1. 所以平面A1ECF的一个法向量为n＝(－2，1,1)．又A1B1的方向向量为(2,0,0)，设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. ∴cos θ＝.∴tan θ＝. 5．在正四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值为________． 解析：以D为坐标原点，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，如图，连接BD，C1D，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0，1,0)，B(1,1,0)，C1(0，1,2)．所以＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)． 设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，即令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)． 设CD与平面BDC1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案： 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xOy的夹角为45°，则a＝________. 解析：平面xOy的一个法向量为n＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，且由题意可设平面α过A(3,0,0)，B(0,4,0)，C(0，0，a)三点，所以＝(－3,4,0)，＝(－3,0，a)．又u⊥，u⊥，则即3x＝4y＝az.取z＝1，则u＝是平面α的一个法向量． cos〈n，u〉＝＝， 又∵a＞0，∴a＝. 答案： 7．如图所示，在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.求异面直线AB与CD所成角的余弦值． 解：取BD的中点O，连接OA，OC．由题意知，OA，OC，BD两两垂直． 以O为坐标原点建立空间直角坐标系， 如图所示， 则B(1,0,0)，D(－1,0,0)， C(0，，0)，A(0,0,1)． ∴＝(－1,0,1)， ＝(－1，－，0)． ∴cos〈，〉＝＝. ∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为. 8．如图所示，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N分别是A1B，B1C1的中点． (1)求证：MN⊥平面A1BC； (2)求直线BC1和平面A1BC所成角的大小． 解：(1)证明：根据题意知，CA，CB，CC1两两垂直．以C为原点，CA，CB，CC1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AC＝BC＝CC1＝a，则B(0，a,0)，B1(0，a，a)，C(0,0,0)，C1(0,0，a)，A1(a,0，a)，M，N. 所以＝(a，－a，a)，＝(a,0，a)， ＝. 于是·＝0，·＝0. 所以MN⊥BA1，MN⊥CA1. 又BA1∩CA1＝A1，故MN⊥平面A1BC． (2)因为MN⊥平面A1BC，则为平面A1BC的一个法向量． 又＝(0，－a，a)，则cos〈，〉＝＝＝. 所以〈，〉＝60°. 故直线BC1和平面A1BC所成的角为30°. [能力提升练] 9．如图所示，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D ­AB ­E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos θ＝，则＝(　　) A．1 B． C． D． 解析：选C　不妨设BC＝1，AB＝λ，则＝λ.记＝a，＝b，＝c，则＝b－a，＝c－b.根据题意，得|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0.∴·＝－b2＝－λ2，而||＝，||＝，∴|cos〈，〉|＝＝＝，即λ＝.故选C． 10．如图所示，已知四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则平面CBF和平面BDF的夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 解析：选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，y，z轴建立空间直角坐标系O ­xyz. 设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝. 所以O(0,0,0)，B，F， C，＝. 易知为平面BDF的一个法向量． 所以＝，＝. 设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝，z＝. 所以平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)． 所以cos〈n，〉＝. 所以tan〈n，〉＝. 故平面CBF和平面BDF的夹角的正切值为. 11．在三棱锥O ­ABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P，Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所成角的余弦的取值范围是________． 解析：根据题意，以O为原点，分别以OA，OB，OC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，不妨设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，P(0，b,1－b)，Q(a,0,0).所以＝(－a，b，1－b)，＝(0,1,0)．所以cos〈，〉＝＝＝.因为∈[0,1]，∈[1,2]， 所以当a＝0，b＝1时，cos〈，〉取得最大值1；当a＝＝b时，cos〈，〉取得最小值.所以PQ和OB所成角的余弦的取值范围是. 答案： 12．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D ­ABC，如图2所示．则直线BC与平面ACD的位置关系为________，平面ACD与平面CDM的夹角的余弦值为________． 解析：①由已知，可得AC＝BC＝2.从而AC2＋BC2＝AB2.故AC⊥BC．因为平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，从而BC⊥平面ACD． ②建立空间直角坐标系，如图所示，则M(0，，0)，C(－，0,0)，D(0,0，)． 所以＝(，，0)，＝(，0，)． 设n1＝(x，y，z)为平面CDM的一个法向量， 则即 解得令x＝－1， 可得平面CDM的一个法向量为n1＝(－1，1,1)． 又n2＝(0,1,0)为平面ACD的一个法向量， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝. 所以二面角A ­CD ­M的余弦值为. 答案：垂直　 13．如图，四棱锥P ­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 解：(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC． 又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l， 所以AD∥l. 因为在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是正方形， 所以AD⊥CD，即l⊥CD． 且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，即l⊥PD． 因为CD∩PD＝D，所以l⊥平面PDC． (2)如图建立空间直角坐标系D ­xyz， 因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)． 设Q(m,0,1)，则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)． 因为QB＝， 所以有＝⇒m＝1. 设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，得z＝－1.所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－1)． 则cos〈n，〉＝＝＝. 因为直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值为|cos 〈n，〉|＝. 所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为. [素养拓展练] 14．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系． 则B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)． 所以＝(－2,0,2)，＝(－1,0，λ)， ＝(1,1,0)． (1)当λ＝1时，＝(－1,0,1)． 因为＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ. (2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)． 设平面PQMN的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)． 因为＝(2,2，λ)－(0,0，λ)＝(2,2,0)，＝(1,0,2)－(0,0，λ)＝(1,0,2－λ)， 由可得 所以 令z2＝1，得x2＝λ－2，y2＝2－λ. 于是可取m＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使得平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0.解得λ＝1±. 故存在λ＝1±，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$