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

**基本信息** 以空间向量为工具，系统构建立体几何角度问题的求解体系，通过坐标化方法实现空间关系的量化运算，培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础计算|1-8题|建立坐标系、求法向量、向量夹角公式|空间向量概念→数量积运算→线面角/二面角计算| |综合应用|9-13题|法向量求法、动态变量设参|几何模型→向量表示→方程求解→结论验证| |动态探究|14题|参数化表示、函数思想|静态关系→动态变化→最值分析→规律总结|

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∈，所以θ＝. 2．已知两条异面直线m，n，其方向向量分别为a，b，则“〈a，b〉＝”是“m与n所成的角为”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 解析：选A．由〈a，b〉＝，可以推出m与n所成的角为，但m与n所成的角为时，〈a，b〉＝或，所以“〈a，b〉＝”是“m与n所成的角为”的充分不必要条件． 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．《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．在阳马P­ABCD中，若PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，异面直线PD与AC所成角的余弦值为，则AD＝(　　) A． B．4 C．2 D．3 解析：选B．由题意，以A为坐标原点，AB，AD，AP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AD＝a>0，因为PA＝AB＝2，所以A(0，0，0)，C(2，a，0)，P(0，0，2)，D(0，a，0)，＝(2，a，0)，＝(0，a，－2). 设异面直线PD与AC所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，解得a＝4，即AD＝4. 5．(多选)如果a，b分别是平面α，β的一个法向量，设α，β夹角的大小为θ，以a为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，则(　　) A．sin θ＝sin 〈a，b〉 B．cos θ＝cos 〈a，b〉 C．cos φ＝sin 〈a，b〉 D．sin φ＝cos 〈a，b〉 解析：选AC．由题意知θ与〈a，b〉相等或互补，所以sin θ＝sin 〈a，b〉，cos θ＝|cos 〈a，b〉|，故A正确，B错误；因为以a为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，所以φ∈[0，]，sin φ＝|cos 〈a，b〉|，cos φ＝＝＝sin〈a，b〉，故C正确，D错误． 6．(多选)如图，若正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E为CC1的中点，则(　　) A．A1B与B1C所成的角为 B．DB1⊥A1B C．AE＝ D．DB1与平面ABCD所成的角为 解析：选AB． 以点D为坐标原点，DA，DC，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，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，E(0，2，1)，D1(0，0，2)，所以＝(0，2，－2)，＝(－2，0，－2)，＝(2，2，2)，＝(－2，2，1)，所以cos 〈，〉＝＝＝，·＝0，所以A1B与B1C所成的角为，DB1⊥A1B，＝3，所以A，B正确，C错误；平面ABCD的一个法向量为＝(0，0，2)，设DB1与平面ABCD所成的角为θ，所以sin θ＝＝＝≠，所以D错误． 7．在直三棱柱ABC­A1B1C1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ABCD­A1B1C1D1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为原点建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD­A1B1C1D1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·景德镇模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝AD＝1，CD＝2，PC＝PD＝，点E在棱PA上，且PE＝2EA. (1)证明：PC∥平面DBE；(5分) (2)若PB＝，求直线PB与平面DBE所成角的正弦值．(8分) 解：(1)证明：连接AC交BD于点F，连接EF，因为AB∥CD，CD＝2AB，所以FC＝2AF. 又因为PE＝2EA，所以EF∥PC，因为EF⊂平面DBE，PC⊄平面DBE，所以PC∥平面DBE. (2)取CD的中点G，连接PG，BG，因为PD＝PC＝，所以PG⊥CD，PG＝1. 因为DG∥AB，DG＝AB，所以四边形ABGD为平行四边形，BG＝AD＝1. 因为PB＝＝，所以PG⊥BG. 因为CD∩BG＝G，且CD⊂平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以PG⊥平面ABCD，以G为原点建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(1，1，0)，D(1，0，0)，B(0，1，0)，E(，，)，所以＝(0，1，－1)，＝(－1，1，0)，＝(－，，－). 设n＝(x，y，z)为平面DBE的法向量， 则令x＝1，则y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1)， 设直线PB与平面DBE所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，所以直线PB与平面DBE所成角的正弦值为. 10．(2026·汕头模拟)设平面α与正方体的六个面的夹角分别为θi(i＝1，2，…，6)，则cos2θi的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析：选A．设平面α的法向量为m＝(x，y，z)， 正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为n1＝(1，0，0)，n2＝(0，1，0)，n3＝(0，0，1)， 则cos〈m，n1〉＝＝，cos 〈m，n2〉＝＝，cos 〈m，n3〉＝＝， 因为正方体有三对互相平行的平面，所以cos2θi＝2(＋＋)＝2. 11．(多选)(2026·枣庄期末)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E是棱CD上的动点(含端点)，则(　　) A．三棱锥A1­AB1E的体积为定值 B．EB1⊥AD1 C．二面角E­A1B1­A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＝V，S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A1­AB1E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)， 所以即 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E­A1B1­A的平面角为β， 则|cos β|＝＝＝，易知二面角E­A1B1­A为锐二面角，所以二面角E­A1B1­A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∈，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． 12．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM＝BN＝a(0<a<)，则当MN的长度最小时，异面直线MN与AF所成角的余弦值为________． 解析：由题易知BA，BE，BC两两垂直，以点B为坐标原点，BA，BE，BC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B(0，0，0)， A(1，0，0)，C(0，0，1)，F(1，1，0). 由CM＝BN＝a，得M(，0，1－)，N(，，0)， 则MN＝＝， 所以当a＝时，MN取得最小值，此时M，N分别为AC，BF的中点， M(，0，)，N(，，0)， 所以＝(0，，－)，＝(0，1，0)， 因此|cos 〈，〉|＝＝＝， 即异面直线MN与AF所成角的余弦值为. 答案： 13．(15分)(2026·佛山模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，∠BAC＝60°，侧棱CC1＝4.P，Q分别为BB1，CC1上的动点，当Q运动到CC1的中点时，异面直线AQ与A1B1所成角的余弦值为. (1)证明：ABC­A1B1C1是正三棱柱；(6分) (2)若P，Q运动时，总满足PQ⊥AQ.当△APQ面积最小时，求二面角A­PQ­C的大小．(9分) 解：(1)证明：连接BQ，如图， 因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，设BC＝a，AC＝b，由于AB∥A1B1， 所以cos ∠QAB＝.根据勾股定理得AQ＝，BQ＝， 根据余弦定理得cos ∠QAB＝＝＝，即4＋b2－a2＝·，① 在△ABC中，根据余弦定理得cos ∠BAC＝＝＝，即4＋b2－a2＝2b，② 联立①②解得a＝b＝2，故△ABC是正三角形，因此ABC-A1B1C1是正三棱柱． (2)设CQ＝m(m>0)，BP＝m＋n， 则AP＝，AQ＝，PQ＝，由于PQ⊥AQ， 因此AP2＝AQ2＋PQ2，即4＋(m＋n)2＝4＋m2＋4＋n2，化简得mn＝2，因此n>0， 因此S△APQ＝＝≥＝3， 当且仅当m＝n＝时等号成立，因此CQ＝，BP＝2. 设AC中点为O，A1C1中点为O1，连接OB，OO1， 以OB为x轴，OC为y轴，OO1为z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，P(，0，2)，Q(0，1，)，C(0，1，0)， ＝(，1，2)，＝(0，2，)，＝(，－1，2)，＝(0，0，). 设平面APQ的法向量是n1＝(x1，y1，z1)， 则即 取y1＝1，则x1＝，z1＝－，得n1＝(，1，－). 设平面CPQ的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即 则z2＝0，取x2＝1，则y2＝，得n2＝(1，，0)， 设二面角A­PQ­C的平面角的大小为θ，由图易知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，故二面角A­PQ­C的大小为. 14．(多选)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是线段AD，BC上的动点，且AE＝BF，AC与EF交于点G，EF在AB与CD之间滑动，但与AB和CD均不重合．在EF任一确定位置，将四边形EFCD沿直线EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，则EF从AB向CD滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．∠AGC的大小不会发生变化 B．二面角G­AC­B的大小不可能为90° C．AC与平面ABFG所成的角越来越小 D．AC与EF所成的角先变小后变大 解析：选ACD．由题易知EA，EF，ED两两垂直．以E为原点，EA，EF，ED所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方形ABCD的边长为1，AE＝a(0<a<1)，则A(a，0，0)，C(0，1，1－a)，G(0，a，0)，F(0，1，0)，B(a，1，0)，E(0，0，0).对于A，＝(a，－a，0)，＝(0，1－a，1－a)，则cos ∠AGC＝＝＝－，故∠AGC的大小不会发生变化，故A正确；对于B，＝(－a，1，1－a)，＝(0，1，0)，＝(a，0，a－1)，设平面GAC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，得n＝(1，1，－1).设平面ACB的一个法向量为p＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝a，得p＝(1－a，0，a).要使二面角G­AC­B的大小为90°，则n·p＝1－a－a＝0，即a＝，所以二面角G­AC­B的大小可能为90°，故B错误；对于C，平面ABFG的一个法向量为m＝(0，0，1)，设AC与平面ABFG所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝＝＝，因为a∈(0，1)，则y＝a＋单调递减，所以随着a的增大sin θ的值越来越小，又θ∈(0，]，所以AC与平面ABFG所成的角越来越小，故C正确；对于D，设AC与EF所成的角为α，＝(0，1，0)，cos α＝|cos 〈，〉|＝＝＝，y＝2a2－2a＋2图象的对称轴为直线a＝，所以当a∈(0，1)时，y＝2a2－2a＋2先减小后增大，所以cos α先增大后减小，又α∈，所以AC与EF所成的角先变小后变大，故D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $