6.3.3 空间角的计算 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（苏教版）

6.3.3　空间角的计算 [课时跟踪检测] 1.在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D.或- 解析:选D　因为=,所以这个二面角的余弦值为或-. 2.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D.- 解析:选A　因为=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),所以直线AB和直线CD所成角的余弦值为|cos<,>|===. 3.[多选]直线l的方向向量为u,两个平面α,β的法向量分别为n1,n2,则下列命题为真命题的是 (　　) A.若u⊥n1,则直线l⊥平面α B.若n1⊥n2,则平面α⊥平面β C.若cos<n1,n2>=,则平面α,β所成锐二面角的大小为 D.若cos<u,n1>=,则直线l与平面α所成角的大小为 解析:选BCD　由u⊥n1,得直线l∥平面α或l⊂α,故A错误;由n1⊥n2,得平面α⊥平面β,故B正确;若cos<n1,n2>=,设平面α和平面β所成的角为θ,且θ∈,则cos θ=|cos<n1,n2>|=,所以平面α,β所成锐二面角的大小为,故C正确;设直线l与平面α所成的角为γ,则sin γ=|cos<u,n1>|=,且γ∈,所以直线l与平面α所成角的大小为,故D正确. 4.如图,过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD,若EA=1,则平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角的大小是 (　　) A.120° B.45° C.135° D.60° 解析:选B　以A为原点,分别以AB,AD,AE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, 则E(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,1,-1).设平面BCE的法向量为n=(x,y,z), 则有 令x=1,则z=1,y=0, 则n=(1,0,1)是平面BCE的一个法向量. 又平面ADE的一个法向量为=(1,0,0),所以cos<n,>==,故平面ADE与平面BCE所成二面角的平面角是45°. 5.已知正三棱锥P⁃ABC的侧面都是直角三角形,E,F分别是AB,BC的中点,则PB与平面PEF所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为正三棱锥P⁃ABC的侧面都是直角三角形,所以以P为原点,PA,PB,PC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 设PA=PB=PC=2, 因为E,F分别是AB,BC的中点,所以P(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),=(0,2,0),=(1,1,0),=(0,1,1).设平面PEF的法向量为m=(x,y,z),则有⇒⇒m=(1,-1,1),所以PB与平面PEF所成角的正弦值为|cos<,m>|===,故选C. 6.如图,在三棱锥P⁃ABC中,∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°,PA=2,BC=AB=2,M是棱PB的中点,N是棱PC上靠近点P的四等分点,则异面直线MN与PA所成角的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选B　根据题意可将三棱锥P⁃ABC补形成长、宽、高分别为4,2,2的长方体ABCD⁃A1B1C1P,以A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,4,0),C(2,4,0),P(2,0,2),M(1,2,1),N,故=(2,0,2), =,所以cos<,> ==, 所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°. 7.[多选]已知E,F分别是正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱BC和CD的中点,则 (　　) A.A1D与B1D1是异面直线 B.A1D与EF所成角的大小为45° C.A1F与平面B1EB所成角的余弦值为 D.平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为 解析:选AD　因为B1D1⊂平面A1B1C1D1,A1D∩平面A1B1C1D1=A1,A1∉B1D1,所以A1D与B1D1是异面直线,故A正确;以D为原点,,,的方向分别为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体棱长为2,则D(0,0,0),A1(2,0,2),E(1,2,0),F(0,1,0),C(0,2,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),因为=(-2,0,-2),=(-1,-1,0),设A1D与EF所成的角为θ,则cos θ===,又因为0°<θ≤90°,所以θ=60°,故B错误;由题知平面B1EB的一个法向量为,=(0,2,0),=(-2,1,-2),设A1F与平面B1EB所成的角为α,则sin α===,cos α=,故C错误;=(2,2,0),=(0,0,2),设平面D1B1B的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=1,得m=(1,-1,0).设平面CD1B1的法向量为n=(x2,y2,z2),=(-2,0,-2),则令x2=1,得n=(1,-1,-1),设平面CD1B1与平面D1B1B所成的角为β,则cos β===,所以平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为,故D正确.故选AD. 8.(5分)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为　　　　.  解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1), ∴=(-2,0,1).连接AC,易证AC⊥平面BB1D1D,∴平面BB1D1D的一个法向量为a==(-2,2,0).∴所求角的正弦值为|cos<a,>|===. 答案: 9.(5分)在空间中,已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与xOy平面所成二面角为45°,则a=　　　　.  解析:设A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,a)(a>0),则=(-3,0,a),=(-3,4,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即取z=1,则x=,y=,∴n=,取xOy平面的一个法向量为m=(0,0,1),则cos<m,n>==,解得a2=,又a>0,∴a=. 答案: 10.(5分)在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为　　　　.  解析:以D为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示, 则B(1,2,0),C1(0,2,2),A(1,0,0),E(0,2,1),所以=(-1,0,2),=(-1,2,1).则cos<,>=,所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为. 答案: 11.(15分)(2025·天津高考,节选)正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE;(8分) (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值.(7分) 解:(1)证明:法一　在正方形BCC1B1中, 由条件易知tan∠C1FG====tan∠B1BF,所以∠C1FG=∠B1BF, 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB, 故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=, 即FG⊥BF. 在正方体中,易知D1C1⊥平面BCC1B1, 且EF∥D1C1, 所以EF⊥平面BCC1B1, 又FG⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FG, 又EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF, 所以GF⊥平面BEF. 法二　如图,以D为原点建立空间直角坐标系, 则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以=(0,4,0),=(2,4,-4),=(-2,0,-1), 设m=(a,b,c)是平面BEF的法向量, 则 令a=2,则b=0,c=1,所以m=(2,0,1), 易知=(-2,0,-1)=-m,则也是平面BEF的一个法向量,所以GF⊥平面BEF. (2)同上法二建立的空间直角坐标系, 所以=(-2,4,-1),=(-4,0,3), 由(1)知是平面BEF的一个法向量, 设平面BEG的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8), 设平面BEF与平面BEG的夹角为α, 则cos α=|cos <,n>|===. 12.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M,N分别为线段AD,PC上一点,AM=2MD. (1)若N为PC的中点,证明:MN∥平面PAB;(7分) (2)求直线AN与平面CMN所成角的正弦值的最大值.(8分) 解:(1)证明:由已知=2,得AM=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN∥AM,且TN=AM, ∴四边形AMNT为平行四边形,∴MN∥AT. ∵AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB, ∴MN∥平面PAB. (2)取BC的中点E,连接AE,建立如图所示的空间直角坐标系A⁃xyz. 则A(0,0,0),M(0,2,0),C(,2,0),P(0,0,4), 不妨设=λ,λ∈[0,1], 则=+λ=(,2,0)+λ(-,-2,4)=(-λ,2-2λ,4λ), =(-λ,-2λ,4λ),=(-,0,0). 设平面CMN的法向量为n=(x,y,z), 则⇒ 取y=2,则n=(0,2,1). 设直线AN与平面CMN所成的角为θ, 则sin θ===≤=.故直线AN与平面CMN所成角的正弦值的最大值为. 13.(17分)(2024·全国甲卷)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE;(7分) (2)求二面角F⁃BM⁃E的正弦值.(10分) 解:(1)证明:法一:利用线面平行的判定定理 因为M为AD的中点,BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥MD,且BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形. 所以BM∥CD. 又CD⊂平面CDE,BM⊄平面CDE,所以BM∥平面CDE. 法二:利用面面平行的性质 因为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC. 又EF=BC=2,所以四边形BCEF为平行四边形. 所以BF∥CE.又CE⊂平面CDE,BF⊄平面CDE,所以BF∥平面CDE. 因为M为AD的中点,且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所以四边形MDEF为平行四边形. 所以FM∥ED.又ED⊂平面CDE,FM⊄平面CDE,所以FM∥平面CDE. 因为BF,FM⊂平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF,所以BM∥平面CDE. (2)取AM的中点O,连接BO,FO. 由(1)法一可知,BM=CD=AB=2,因为AM=2,所以BO⊥AD,且BO=. 由(1)法二知四边形MDEF为平行四边形,所以FM=ED=,又AF=,所以FO⊥AM. 又OA=OM=1,所以FO==3. 又FB=2,所以BO2+FO2=FB2, 所以FO⊥OB,即OB,OD,OF两两垂直. 分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),则=(,-1,0),=(0,-1,3),=(0,1,3). 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令y1=3,所以x1=,z1=1,所以n1=(,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 即即令y2=3,所以x2=,z2=-1,所以n2=(,3,-1). 设二面角F⁃BM⁃E的平面角为θ,则|cos θ|=|cos<n1,n2>|==. 因为θ∈[0,π],所以sin θ>0,即sin θ==,所以二面角F⁃BM⁃E的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $