课时测评7　直线与平面的夹角　二面角-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教B版）

课时测评7　直线与平面的夹角　二面角 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，且cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：因为cos〈m，n〉＝－，且〈m，n〉∈[0，π]， 所以〈m，n〉＝，则l与α所成的角为－＝. 2．若平面α的一个法向量为m＝(1，0，1)，平面β的一个法向量为n＝(－3，1，3)，则平面α与β的夹角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：D 解析：因为m·n＝(1，0，1)·(－3，1，3)＝－3＋0＋3＝0，所以m⊥n，所以平面α与β的夹角等于90°.故选D. 3．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，C1(0，1，2)，故＝(1，1，0)， ＝(0，1，2)，＝(0，1，0). 设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，则y＝－2，x＝2， 所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1). 设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.故选A. 4．如图，在空间直角坐标系D-xyz中，四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E为C1D1的中点，则平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值为(　　) A．－ B．－ C． D． 答案：C 解析：设AD＝1，则A1(1，0，2)，B(1，2，0).因为E为C1D1的中点，所以E(0，1，2)，所以＝(－1，1，0)，＝(0，2，－2).设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则，所以，取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1).又DA⊥平面B1A1B，所以＝(1，0，0)是平面B1A1B的一个法向量．因为cos〈m，〉＝＝＝，所以平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值为.故选C. 5．(多选)如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论正确的是(　　) A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1 D．异面直线AD与CB1所成的角为60° 答案：ABC 解析：以D为坐标原点，分别以，，所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则可以证明AC1⊥面CB1D1，所以可以作为面CB1D1的法向量，所以C正确．因为＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，1)，所以·＝1－1＝0，所以BD∥面CB1D1即A，B正确．又因为＝(－1，0，0)，＝(1，0，1)，所以cos〈，〉＝＝，所以AD与CB1所成的角为45°，所以D错误．故应选ABC. 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＝　　　　． 答案： 解析：平面Oxy的法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则 即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝.而cos 〈n，u〉＝ ＝ ，解得a2＝，又因为a>0，所以a＝ . 7．已知A∈α，P∉α，＝，，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为　　　　． 答案： 解析：设直线PA与平面α所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝. 因为θ∈，所以θ＝. 8．(一题两空)如图，等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C－AB－D的余弦值为，M，N分别是AC，BC的中点，则EM＝　　　　，EM，AN所成角的余弦值为　　　　． 答案：　 解析：如图所示，过点C作CO⊥平面ABDE，垂足为O，取AB的中点F，连接CF，OF，OA，OB，则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角，所以cos∠CFO＝. 设AB＝1，则CF＝，OF＝×＝，OC＝＝，所以O为正方形ABDE的中心．故OA⊥OB，且OA＝OB＝，建立如图所示空间直角坐标系，则E，A，B，C，M，N，所以＝，＝，所以EM＝||＝ ＝，AN＝||＝，cos〈，〉＝＝. 9．(10分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求二面角A1-BD-C1的余弦值． 解：方法一：不妨设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，取BD的中点E，连接A1E，C1E. 因为△BDA1和△BDC1都是正三角形，所以A1E⊥BD，C1E⊥BD.故∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角，即与的夹角． 由E，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， 得＝，＝， ||＝ ＝，||＝ ＝，·＝－－＋1＝， 则cos〈，〉＝＝. 即二面角A1-BD-C1的余弦值为. 方法二：不妨设正方体的棱长为1， 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，1).设平面C1BD的法向量为n1＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则y＝－1，x＝1，所以n1＝(1，－1，1)是平面C1BD的一个法向量． 同理，可求得平面A1BD的一个法向量n2＝(－1，1，1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝－. 结合图形知，二面角A1-BD-C1为锐角，故二面角A1-BD-C1的余弦值为. 10．(10分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点． (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值． 解：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中， 设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1， 则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB. 以O为原点，OB，OC，OO1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． 因为AB＝AA1＝2， 所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2). (1)因为P为A1B1的中点， 所以P，从而＝， 又＝(0，2，2)， 故cos〈，〉＝＝＝. 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为. (2)因为Q为BC的中点，所以Q， 因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2). 设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量， 则即 不妨取n＝(，－1，1). 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为. 11．(5分)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与平面BFD夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：如图所示，设AC与BD交于点O，连接OF.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，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，所以＝，＝，＝.易知为平面BFD的一个法向量，设平面CBF的法向量为n＝(x，y，z)，则，即令x＝1，则y＝，z＝，所以平面CBF的一个法向量为n＝(1，，)，所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝.故平面CBF与平面BFD夹角的正切值为. 12．(5分)如图所示，已知正三棱柱ABC-A′B′C′的底面边长为2，高为4，D是棱AA′的中点，E在棱BB′上，且EB＝BB′，则截面CDE与底面A′B′C′所成二面角的大小为　　　　． 答案：45° 解析：因为AA′＝BB′＝4，D是棱AA′的中点，BE＝BB′，所以AD＝2，BE＝1，ED＝.在△EDC中，EC＝，ED＝，CD＝2，易得S△DCE＝，而S△A′B′C′＝，设截面CDE与底面A′B′C′所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，所以θ＝45°. 13．(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求证：PD⊥平面PAB； (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A， 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中点O，连接PO，CO. 因为PA＝PD，所以PO⊥AD. 又因为PO⊂平面PAD， 平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AC＝CD，所以CO⊥AD. 如图，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).则＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1)，＝(0，－1，1). 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2，2). 又＝(1，1，－1)， 所以cos〈n，〉＝＝－. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. (3)设M是棱PA上一点， 则存在λ∈[0，1]使得＝λ. 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ). 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0. 解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝. 14．(5分)三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足＝λ，当直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：如图，以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，则P(λ，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，N，＝，平面ABC的一个法向量为n＝，设直线PN与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝＝，所以当λ＝时，(sin θ)max＝，此时角θ最大．故选D. 15．(15分)已知几何体EFG-ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上． (1)求证：BM⊥EF； (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 解析：(1)证明：因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形， 所以GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD. 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 则B(1，1，0)，E(1，0，1)， F(0，1，1). 因为点M在棱DG上，故可设M(0，0，t)(0≤t≤1). 因为＝(1，1，－t)，＝(－1，1，0)， 所以·＝0，所以BM⊥EF. (2)假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 因为＝(0，－1，1)，＝(－1，0，1)， 所以 所以 令z＝1，得x＝y＝1， 所以n＝(1，1，1)为平面BEF的一个法向量， 所以cos〈n，〉＝＝， 因为直线MB与平面BEF所成的角为45°， 所以sin 45°＝|cos〈n，〉|， 所以＝，解得t＝－4±3. 又0≤t≤1，所以t＝3－4. 所以存在点M(0，0，3－4). 所以当点M位于棱DG上，且DM＝3－4时，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°. 学生用书↓第30页 学科网（北京）股份有限公司 $