1.4.2 第2课时 夹角问题 同步练习-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量夹角问题，通过基础概念辨析、空间运算应用到复杂情境建模的三阶分层设计，实现从单一知识点到综合能力的递进巩固，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|方向向量与直线夹角、二面角与法向量关系|以选择、填空为主，如第1题辨析直线夹角与方向向量夹角关系，强化概念理解| |能力提升|正四棱柱、折叠问题中的线面角、异面直线角|需建系与法向量运算，如第4题正四棱柱线面角计算，培养空间观念| |综合应用|折叠体、旋转体中二面角及空间角综合|解答题含证明与计算，如第12题旋转体夹角问题，发展逻辑推理与创新意识|

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时 夹角问题 同步练习-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 一、选择题 1.直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2.若v1，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｜ 2.（多选）已知二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若＜a，b＞＝，则二面角α－l－β的大小为（　 　） A. B. C. D. 3.正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面 PAB与平面PCD所成的角的大小为（　 　） A.30° B.45° C.60° D.90° 4.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（　 　） A. B. C. D. 5．(多选)直线l的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是（　 　） A．若a⊥n，则直线l∥平面α B．若a∥n，则直线l⊥平面α C．若cos <a，n>＝，则直线l与平面α所成角的大小为 D．若cos <m，n>＝，则平面α，β夹角的大小为 6.如图，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE与平面BDE的夹角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为（　 　） A.45° B.90° C.135° D.150° 二、填空题 7.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是 . 8.在空间中，已知平面α过A（3，0，0）和B（0，4，0）及z轴上一点P（0，0，a）（a＞0），如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝ . 9.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则平面BDC1的一个法向量是 （答案不唯一，写出一个即可），直线CB1与平面BDC1所成角的正弦值等于 . 10.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为 . 三、解答题 11.在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. （1）证明：平面QAD⊥平面ABCD； （2）求二面角B－QD－A的平面角的余弦值. 12.如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在的直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点，P是上的 一点，且AP⊥BE. （1）求∠CBP的大小； （2）当AB＝3，AD＝2时，求平面AGE与平面ACG夹角的大小. 解析版 一、选择题 1.直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2.若v1，v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则（　D　） A.α＝θ B.α＝π－θ C.cos θ＝｜cos α｜ D.cos α＝｜cos θ｜ 解析：α＝θ或α＝π－θ，且α∈（0，］，因而cos α＝｜cos θ｜. 2.（多选）已知二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b，若＜a，b＞＝，则二面角α－l－β的大小为（　AB　） A. B. C. D. 解析：由于二面角的范围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α－l－β的大小为或. 3.正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面 PAB与平面PCD所成的角的大小为（　B　） A.30° B.45° C.60° D.90° 解析：建系如图，设AB＝1，则P（0，0，1），D（1，0，0），C（1，1，0）， 则＝（1，0，－1），＝（0，－1，0）. 易知平面PAB的法向量为n1＝（1，0，0）. 设平面PCD的法向量n2＝（x，y，z）， 则得令x＝1，则z＝1.所以n2＝（1，0，1），cos＜n1，n2＞＝＝.所以平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为，所以此角的大小为45°. 4.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（　A　） A. B. C. D. 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，＞｜＝＝. 5．(多选)直线l的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是(　BCD　) A．若a⊥n，则直线l∥平面α B．若a∥n，则直线l⊥平面α C．若cos <a，n>＝，则直线l与平面α所成角的大小为 D．若cos <m，n>＝，则平面α，β夹角的大小为 解析：对于A，若a⊥n，则直线l∥平面α或在平面α内，故选项A不正确；对于B，若a∥n，则a也是平面α的一个法向量，所以直线l⊥平面α，故选项B正确；对于C，直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若cos <a，n>＝，则直线l与平面α所成角的大小为，故选项C正确；对于D，若cos <m，n>＝，则平面α，β夹角的大小为，故选项D正确． 6.如图，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE与平面BDE的夹角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为（　B　） A.45° B.90° C.135° D.150° 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知△ABE为等腰直角三角形，设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝. 设BC＝DE＝2a，则E（0，0，0），A（1，0，1），N（1，a，0），M（，a，），∴＝（，0，－），＝（－1，0，－1），＝0，∴⊥，从而MN与AE所成的角为90°. 二、填空题 7.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是　90°　. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O为BC的中点， 设正三棱柱的棱长为2a，则点A（a，0，0），B（0，a，0），B1（0，a，2a），M（0，－a，a），＝（－a，a，2a），＝（0，－2a，a），所以＝0，AB1⊥BM，因此异面直线AB1与BM所成的角为90°. 8.在空间中，已知平面α过A（3，0，0）和B（0，4，0）及z轴上一点P（0，0，a）（a＞0），如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝　　. 解析：平面Oxy的一个法向量为n＝（0，0，1）. 设平面α的法向量为u＝（x，y，z）， 又＝（－3，4，0），＝（－3，0，a）， 则即 即3x＝4y＝az，取z＝1， 则u＝（，，1）. 而｜cos＜n，u＞｜＝＝， 又∵a＞0， ∴a＝. 9.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则平面BDC1的一个法向量是　（－2，2，1）　（答案不唯一，写出一个即可），直线CB1与平面BDC1所成角的正弦值等于　　. 解析：设AB＝1，则AA1＝2，由题图可知， D（0，0，2），C1（0，1，0），B（1，1，2），C（0，1，2），B1（1，1，0），＝（1，1，0），＝（0，1，－2），＝（1，0，－2）. 设平面BDC1的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令z＝1，则y＝2，x＝－2. 故平面BDC1的一个法向量为n＝（－2，2，1）， 设CB1与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝＝. 10.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为　　. 解析：因为AE∶ED∶AD＝1∶1∶，所以AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E（0，0，0），A（1，0，0），F（0，2，0），C（0，2，1），所以＝（－1，2，0），＝（0，2，1）， 所以｜cos＜，＞｜＝＝＝， 所以AF与CE所成角的余弦值为. 三、解答题 11.在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. （1）证明：平面QAD⊥平面ABCD； （2）求二面角B－QD－A的平面角的余弦值. 解：（1）证明：取AD的中点为O，连接QO，CO. 因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD， 而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2. 在正方形ABCD中，因为AD＝2，所以DO＝1，故CO＝.因为QC＝3，所以QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC. 又因为OC∩AD＝O，OC与AD在平面ABCD内，所以QO⊥平面ABCD. 又QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD. （2）在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 则D（0，1，0），Q（0，0，2），B（2，－1，0），故＝（－2，1，2），＝（－2，2，0）. 设平面QBD的法向量n＝（x，y，z）， 则即取x＝1，则y＝1，z＝，故可取n＝（1，1，）. 而平面QAD的一个法向量为m＝（1，0，0）， 故cos＜m，n＞＝＝. 由题意得，二面角A－QD－C的平面角为直角，故二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为. 12.如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在的直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点，P是上的 一点，且AP⊥BE. （1）求∠CBP的大小； （2）当AB＝3，AD＝2时，求平面AGE与平面ACG夹角的大小. 解：（1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面ABP，所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. （2）以B为坐标原点，BE，BP，BA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（－1，，0）， 则＝（2，0，－3），＝（1，，0），＝（2，0，3）. 设m＝（x1，y1，z1）是平面AGE的法向量， 由得 取z1＝2，可得m＝（3，－，2）. 设n＝（x2，y2，z2）是平面ACG的法向量， 由得 取z2＝－2，可得n＝（3，－，－2）. 设平面AGE与平面ACG的夹角为θ， 所以cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝. 因此平面AGE与平面ACG夹角的大小为60°. 页 学科网（北京）股份有限公司 $