第7章 第9讲 空间向量的应用(二) 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦空间向量解立体几何，以向量法为核心，系统构建线面角、二面角等空间角求解的方法体系，逻辑链从概念到应用清晰。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|8题|线面角用sinθ=|cos〈法向量,方向向量〉|，二面角用|cos〈两法向量〉|，异面直线角用|cos〈方向向量〉| |向量概念→空间角向量转化→公式应用| |法向量应用|5题|列方程组求法向量，结合几何体特征建系|法向量求法→平面关系判断→角的计算| |综合应用|2题|动态问题（动点）、折叠问题建系分析|基础方法→复杂情境迁移→数学思维提升|

1．已知平面α的一个法向量为n＝(1，－，0)，则x轴与平面α所成角的大小为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.依题意x轴的一个方向向量可以为m＝(1，0，0)，设x轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝，因为θ∈[0，]，所以θ＝. 2．如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，已知CM⊥AB，ON⊥AB，垂足M，N为两个不同的点，且〈，〉＝，设直线MC与ON所成的角为α，二面角C－AB－O的大小为β，则(　　) A．α＝，β＝ B．α＝，β＝ C．α＝，β＝ D．α＝，β＝ 解析：选A.由题意可知，〈，〉＝， 因为α∈(0，]，所以α＝π－＝. 因为β∈[0，π]，且由题图可知二面角C－AB－O为锐角，所以β＝. 3．已知点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，A(2，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，2)，设平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝(　　) A． B． C． D．－ 解析：选C.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，由题知＝(－2，4，0)，＝(－2，0，2)， 则即取y＝1，则x＝2，z＝2，所以n＝(2，1，2). 又平面ABO的法向量可取＝(0，0，2)， 所以cos θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. 4．如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点E在圆O2上，若AD＝2，AB＝2，∠BAE＝60°，则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B. 以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x轴、z轴，下底面中过点O2且与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(－，0，0)，O1(0，0，2)，D(，0，2).连接O2E，则O2A＝O2E，因为∠BAE＝60°，所以△AO2E是等边三角形，故E(，，0)，则＝(2，0，2)，＝(，，－2)，故|cos 〈，〉|＝＝，所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为. 5．(多选)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，则(　　) A．·＝4 B．异面直线OC与AB所成的角为 C．平面AOC的一个法向量可以是(0，1，0) D．直线OB与平面AOC所成角的正弦值为 解析：选ACD.因为A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，O(0，0，0)，所以＝(0，0，－2)，＝(0，2，－2)，所以·＝(－2)×(－2)＝4，故A正确； 设OC与AB所成的角为θ， 则cos θ＝＝＝， 且θ∈(0，]，所以θ＝，故B不正确； 设平面AOC的法向量为n＝(x，y，z)， 因为＝(1，0，0)，＝(0，0，－2)， 所以即解得 所以n＝(0，1，0)符合题意，故C正确； ＝(1，2，－2)，设直线OB与平面AOC所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝，故D正确． 6．(多选)(2025·山东师范大学附属中学模拟)在正四棱锥P-ABCD中，PA＝2，AB＝2，＝，＝，则(　　) A．||＝ B．异面直线AE，CF所成角的余弦值为 C．在上的投影向量为 D．直线AE与平面PCD所成角的正弦值为 解析：选ABD. 如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝O，连接PO，由题意可知AO，OB，OP两两垂直．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，则A(2，0，0)，C(－2，0，0)，D(0，－2，0)，P(0，0，4)，E(0，1，2)，F(0，－，)，故＝(0，－，)，所以||＝＝，故A正确； 因为＝(－2，1，2)，＝(2，－，)， 所以|cos 〈，〉|＝＝，故B正确；在上的投影向量为()＝，故C不正确； 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，因为＝(－2，2，0)，＝(－2，0，－4)， 所以 令x＝2，得n＝(2，2，－1). 设直线AE与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，故D正确． 7．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝1，且AB⊥AC，异面直线CB1与C1A1所成的角为60°，则该三棱柱的侧面积为________． 解析：以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AA1＝a(a>0)， 则C(0，1，0)，A1(0，0，a)，B1(1，0，a)，C1(0，1，a)，＝(1，－1，a)，＝(0，－1，0). 因为异面直线CB1与C1A1所成的角为60°， 所以＝cos 60°，即＝，解得a＝.因为AB＝AC＝1，AB⊥AC，所以BC＝，所以该三棱柱的侧面积为2××1＋×＝2＋2. 答案：2＋2 8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是CC1，C1D1和AD的中点，则过E，F，G三点的截面与底面ABCD夹角的余弦值为________． 解析：以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为1，则E(0，1，)，F(0，，1)，G(，0，0)，于是＝(0，－，)，＝(，－1，－). 设截面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则 取y＝1，则x＝3，z＝1，所以n＝(3，1，1)， 而平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设过E，F，G三点的截面与底面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝. 答案： 9．(13分) (2026·福州质检)如图，在四棱锥S-ABCD中，BC⊥平面SAB，AD∥BC，SA＝BC＝1，SB＝，∠SBA＝45°. (1)求证：SA⊥平面ABCD；(5分) (2)若AD＝，求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值．(8分) 解：(1)证明：方法一：在△SAB中，因为SA＝1，∠SBA＝45°，SB＝， 所以由正弦定理，得＝， 即＝，所以sin ∠SAB＝1. 因为0°＜∠SAB＜180°， 所以∠SAB＝90°，所以SA⊥AB. 因为BC⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA，又BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABCD，所以SA⊥平面ABCD. 方法二：在△SAB中，因为SA＝1，∠SBA＝45°，SB＝，所以由余弦定理，得SA2＝SB2＋AB2－2SB·AB cos ∠SBA， 所以1＝2＋AB2－2AB cos 45°， 所以AB2－2AB＋1＝0，所以AB＝1， 所以SA2＋AB2＝2＝SB2，所以SA⊥AB. 因为BC⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA，又BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABCD，所以SA⊥平面ABCD. (2)由(1)知SA⊥AB，SA⊥平面ABCD， 又AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AD， 因为BC⊥平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥AB，因为AD∥BC，所以AD⊥AB， 所以SA，AD，AB两两垂直． 以A为坐标原点，AD，AB，AS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，则S(0，0，1)，C(1，1，0)，D(，0，0)， 所以＝(1，1，－1)，＝(，0，－1). 设平面SCD的法向量为n1＝(x，y，z)， 则取x＝2， 则n1＝(2，－1，1)，易得平面SAB的一个法向量为n2＝(1，0，0)，所以|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为. 10．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，则直线AC，FB所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D.取AB的中点O，连接OD，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以DO⊥AB， 又平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，DO⊂平面ABCD， 所以DO⊥平面ABEF，又四边形ABEF为正方形，故以O为坐标原点，AB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方形ABEF的边长为2， 则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，F(2，－1，0)，C(0，2，)， 故＝(0，3，)，＝(2，－2，0)， 则cos 〈，〉＝＝＝－， 故直线AC，FB所成角的余弦值为. 11．如图所示，可以将钟楼看作一个长方体，四个侧面中心各有一个大钟，则从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选D. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，AB，AD，AA1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． 设分针长为a，矩形AA1B1B对角线的交点为E，矩形AA1D1D对角线的交点为F， 设侧面AA1B1B，AA1D1D内的钟的分针的针尖的位置分别为M，N，＝(a sin θ，0，a cos θ)，其中－360°≤θ≤0°，则＝(0，－a sin θ，a cos θ)，·＝a2cos2θ， 由已知可得|cos〈，〉|＝＝cos2θ＝，则cosθ＝±， 因为－360°≤θ≤0°，所以θ的取值为－45°，－135°，－225°，－315°，即在8：00到9：00这个时间段内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为4，因此，从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为8. 12．(多选)(2026·枣庄期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点(含端点)，则(　　) A．三棱锥A1-AB1E的体积为定值 B．EB1⊥AD1 C．二面角E-A1B1-A的大小为 D．存在某个点E，使直线A1E与平面ABCD所成的角为 解析：选ABC.因为V三棱锥A1-AB1E＝V三棱锥E-AA1B1，S△AA1B1为定值，且平面AA1B1B∥平面DD1C1C，所以点E到平面AA1B1B的距离不变，即三棱锥A1-AB1E的体积为定值，故A正确； 以D为坐标原点，AD，CD，DD1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DE＝t，0≤t≤1， 则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，E(0，t，0)， 故＝(1，1－t，1)，＝(－1，0，1)，因为·＝－1＋0＋1＝0， 所以EB1⊥AD1，故B正确； 设平面EA1B1的法向量为m＝(x，y，z)， 因为A1(1，0，1)， 所以＝(0，1，0)，＝(－1，t，－1)， 所以所以 令x＝1，可得m＝(1，0，－1)，取平面AA1B1的一个法向量为p＝(1，0，0)， 设二面角E-A1B1-A的平面角为β，则|cos β|＝＝＝，易知二面角E-A1B1-A为锐二面角，所以二面角E-A1B1-A的大小为，故C正确； 取平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设直线A1E与平面ABCD所成的角为θ，θ∈[0，]， 则sin θ＝＝≤， 当t＝0时，(sin θ)max＝， 即直线A1E与平面ABCD所成的角的最大值为，故D不正确． 13．(15分)(2026·青岛模拟)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，OA，OB是底面半径，∠AOB＝120°，M为劣弧上的动点． (1)若M为劣弧的中点，证明：OA∥平面PMB；(5分) (2)若圆锥底面半径为1，体积为π，当四边形OAMB面积最大时，求平面APM与平面BPM夹角的余弦值．(10分) 解：(1)证明：连接OM，因为∠AOB＝120°，M为的中点， 则∠AOM＝∠BOM＝∠AOB＝60°， 因为OA＝OB＝OM，则△AOM和△BOM均为等边三角形， 所以AM＝OM＝BM＝OA＝OB， 故四边形OAMB为菱形，所以OA∥MB， 因为OA⊄平面PMB，MB⊂平面PMB， 所以OA∥平面PMB. (2)由题意可知，PO⊥底面OAMB，圆锥的体积为π×12·PO＝π，可得PO＝2， 设∠AOM＝θ，则∠BOM＝－θ，其中0＜θ＜， 四边形OAMB的面积为S＝S△AOM＋S△BOM ＝sin θ＋sin (－θ) ＝sin θ＋(cos θ＋sin θ) ＝sin θ＋cos θ ＝sin (θ＋)， 因为0＜θ＜，则＜θ＋＜， 故当θ＋＝， 即θ＝时，S取最大值. 以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y轴、z轴，平面OAMB内过点O且垂直于OB的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，－，0)，M(，，0)，B(0，1，0)，P(0，0，2)，＝(0，1，0)，＝(－，，2)，＝(，－，0)，＝(0，－1，2). 设平面APM的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝，则m＝(4，0，). 设平面BPM的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 取y2＝2，可得x2＝2，z2＝， 则n＝(2，2，)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 因此当四边形OAMB面积最大时，平面APM与平面BPM夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $