1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 第2课时 用空间向量研究夹角问题(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册学生用书（人教A版）

**基本信息** 本同步练习聚焦空间向量研究夹角问题，通过基础巩固、综合应用、探究拓展三层设计，实现从概念理解到复杂情境应用的递进，培养数学眼光观察空间形式、数学思维推理逻辑关系、数学语言表达几何问题的核心素养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层（1-5、7-8题）|直线与平面、平面与平面夹角的基本计算|直接考查公式应用，如第1题方向向量与法向量夹角转化，夯实概念理解| |中档层（6、9、10-13题）|异面直线夹角、折叠问题、几何体中综合运算|多选题辨析概念（如第4题方向向量与法向量的应用），结合直三棱柱、正方体等模型提升运算能力| |拔高层（14-16题）|五面体、折叠探究、跨知识综合应用|复杂情境问题（如第16题折叠后面面垂直证明与探究），培养空间观念与创新意识|

第2课时　用空间向量研究夹角问题 1.若直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角为120°,则直线l与平面α所成的角为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.120° B.60° C.30° D.以上均不正确 2.已知两个平面的一个法向量分别是m=(1,2,-1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角的余弦值为 (　 ) A.-或 B. C.- D. 3.[2026·湖北孝感高级中学高二月考] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,BB1=2,AB=BC=2,M,N分别是B1C1,A1B1的中点,则异面直线BM与CN所成角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 4.已知cos<a,b>=-,则下列说法错误的是 (　 ) A.若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2所成的角的余弦值是 B.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的余弦值是 C.若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α,β的夹角的余弦值是 D.若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的正弦值是 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CD的中点,则直线A1E与平面BB1C1C所成角的正弦值为 (　 ) A. B. C. D. 6.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD进行折叠,使二面角A-BD-C为直二面角,则下列结论中正确的是 (　 ) A.AC⊥BD B.AB=AC C.AB与平面BCD所成的角为60° D.AB与CD所成的角为60° 7.已知空间中的三点A(3,0,0),B(0,3,3),C(0,1,0),则直线AC与AB所成角的余弦值为　　　　.  8.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=6,点F为BD的中点,点E为棱BB1的中点,则平面A1FE与平面ABCD夹角的余弦值为　　　　.  9.(13分)[2026·邯郸五校高二期中] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,F是棱AB的中点. (1)证明:AC⊥EF; (2)求AC1与平面EFC1所成角的正弦值. 10.如图,在四面体OABC中,OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,则平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为 (　 ) A. B. C.1 D. 11.(多选题)在棱长为a的正方体ABCD-A'B'C'D'中,E,F分别是BC,A'D'的中点,则下列说法正确的是 (　 ) A.四边形B'EDF是菱形 B.异面直线A'C与DE所成角的余弦值是 C.直线AD与平面B'EDF所成角的正弦值是 D.平面B'EDF与平面ABCD的夹角的正弦值是 12.如图是一个正方体的平面展开图,AB=1,则在正方体中,直线CF与平面EMB所成角的正弦值为　　　　.  13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,且AB⊥AC,若异面直线CB1与C1A1所成的角为60°,则该三棱柱的侧面积为　　　　.  14.(15分)[2026·赤峰四中高二期中] 如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,AF=AB=BC=FE=AD. (1)求异面直线BF与DE所成角的大小; (2)求平面ACD与平面CDF夹角的余弦值. 15.[教材P44习题1.4第17题改编] 在空间直角坐标系中,过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.已知平面α的方程为x-2y+z-7=0,直线l是两平面x+y+2=0与y-z+2=0的交线,则直线l与平面α所成角的正弦值为　　　　.  16.(15分)图①是直角梯形ABCD,其中AB∥DC,∠ADC=90°,AB=2,DC=3, AD=,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1=,如图②. (1)求证:平面BC1E⊥平面ABED. (2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值. (3)在棱DC1(不包括端点)上是否存在点P,使得平面PEB与平面EBC1的夹角为45°?若存在,求C1P的长度;若不存在,请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2课时　用空间向量研究夹角问题 1.C　[解析] ∵直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角为120°,∴直线l与平面α所成的角为90°-(180°-120°)=30°. 2.D　[解析] 设这两个平面的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|==,故选D. 3.A　[解析] 由题意可知BA,BC,BB1两两垂直,故以B为原点,BA,BC,BB1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),C(0,2,0),M(0,1,2),N(1,0,2),所以=(0,1,2),=(1,-2,2).设异面直线BM与CN所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>| ===,所以异面直线BM与CN所成角的余弦值为.故选A. 4.B　[解析] 对于A,若a,b分别是直线l1,l2的方向向量,则直线l1,l2所成的角的余弦值是|cos<a,b>|=,所以A中说法正确;对于B,D,若a,b分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,则直线l与平面α所成的角的正弦值是|cos<a,b>|=,余弦值是≠,所以B中说法错误,D中说法正确;对于C,若a,b分别是平面α,β的法向量,则平面α,β的夹角的余弦值是|cos<a,b>|=,所以C中说法正确.故选B. 5.C　[解析] 设正方体的棱长为2,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(2,0,2),E(0,1,0),可得=(-2,1,-2).易知平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),因为cos<,n>===,所以直线A1E与平面BB1C1C所成角的正弦值为.故选C. 6.ABD　[解析] 设BD的中点为O,连接OA,OC,则OA⊥BD,OC⊥BD,由二面角A-BD-C为直二面角,得OA⊥OC,故OA,OC,BD两两垂直.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.令BD=2,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),故=(0,-1,-1),=(0,2,0),=(1,0,-1),=(-1,1,0).对于A,·=0,即⊥,则AC⊥BD,A正确;对于B,||==||,则AB=AC,B正确;对于C,易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),则|cos<,n>|===,设AB与平面BCD所成的角为θ,则sin θ=,故θ=45°,即AB与平面BCD所成的角为45°,C错误;对于D,设AB与CD所成的角为α,则cos α=|cos<,>|===,故α=60°,即AB与CD所成的角为60°,D正确.故选ABD. 7.　[解析] =(-3,1,0),=(-3,3,3),设直线AC与AB所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===,所以直线AC与AB所成角的余弦值为. 8.　[解析] 如图所示,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(2,0,6),F(1,1,0),E(2,2,3),所以=(1,-1,6),=(1,1,3).设平面A1FE的法向量为n=(x,y,z),则即 令x=1,得y=-,z=-,则平面A1FE的一个法向量为n=.易知m=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量,设平面A1FE与平面ABCD的夹角为θ,则cos θ===,故平面A1FE与平面ABCD夹角的余弦值为. 9.解:(1)证明:不妨设AB=2,由正方体的性质知DA,DC,DD1两两垂直,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,0,2),F(2,1,0),可得=(-2,2,0),=(1,1,-2). 因为·=-2×1+2×1+0×(-2)=0,所以AC⊥EF. (2)由(1)可得=(1,1,-2),=(-1,2,0),=(-2,2,2), 设平面EFC1的法向量为m=(x,y,z), 则令x=4,则y=2,z=3,可得m=(4,2,3), 则|cos<,m>|===, 故AC1与平面EFC1所成角的正弦值为. 10.A　[解析] 方法一:在四面体OABC中,因为OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,所以以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OC所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA=OB=OC=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以=(-1,1,0),=(-1,0,1).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,1,1),由题知平面ACO的一个法向量为m=(0,1,0).设平面BAC与平面ACO的夹角为θ,则cos θ===,故平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为.故选A. 方法二:如图,取AC的中点D,连接OD,BD,由OA=OB=OC,OA⊥OB,OB⊥OC,OC⊥OA,得BC=BA,故OD⊥AC,BD⊥AC,则∠ODB是二面角B-AC-O的平面角.由OB⊥OA,OB⊥OC,OA∩OC=O,得OB⊥平面OAC,又OD⊂平面OAC,所以OB⊥OD.设OB=1,则OD=,BD==,所以cos∠BDO===,故平面BAC与平面ACO夹角的余弦值为.故选A. 11.ABD　[解析] 如图,以A为原点,AB,AD,AA'所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A'(0,0,a),B'(a,0,a),E,F,所以=,=,则=,所以四边形B'EDF是平行四边形,由正方体的性质知DE=DF,因此四边形B'EDF为菱形,A正确;=(a,a,-a),=,则cos<,>===,故异面直线A'C与DE所成角的余弦值是,B正确;设平面B'EDF的法向量为n=(x,y,z),则即取y=2,则x=1,z=1,即n=(1,2,1),因为=(0,a,0),所以cos<,n>===,所以直线AD与平面B'EDF所成角的正弦值是,C错误;易知平面ABCD的一个法向量是m=(0,0,1),因为cos<m,n>===,所以平面B'EDF与平面ABCD的夹角的余弦值为,其正弦值为,D正确.故选ABD. 12.　[解析] 将正方体的平面展开图还原成正方体,以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,0,0),M(1,1,1),B(0,1,0),F(1,1,0),C(0,1,1),所以=(1,0,-1),=(1,-1,0),=(0,1,1).设平面EMB的法向量为n=(x,y,z),则 即令x=1,则y=1,z=-1,故n=(1,1,-1),所以|cos<,n>|===,所以直线CF与平面EMB所成角的正弦值为. 13.2+2　[解析] 如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,设AA1=a,则C(0,1,0),A1(0,0,a),B1(1,0,a),C1(0,1,a),故=(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=,可得a=,所以该三棱柱的侧面积为2××1+×=2+2. 14.解:(1)如图所示,以A为原点,AB,AD,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系. 设AB=1,则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(0,-1,1), 则cos<,>===, 所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°. (2)由(1)知=(-1,-1,1),=(0,-2,1), 设平面CDF的法向量为u=(x,y,z), 则即 令y=1,则z=2,x=1,所以u=(1,1,2). 易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1), 因为cos<u,v>===, 所以平面ACD与平面CDF夹角的余弦值为. 15.　[解析] 设直线l的方向向量为l=(x,y,z),由题意可知平面x-2y+z-7=0的一个法向量为n1=(1,-2,1),平面x+y+2=0的一个法向量为n2=(1,1,0),平面y-z+2=0的一个法向量为n3=(0,1,-1).因为直线l是两平面x+y+2=0与y-z+2=0的交线,所以l⊥n2,l⊥n3,则即取x=1,则l=(1,-1,-1),所以|cos<l,n1>|===,故直线l与平面α所成角的正弦值为. 16.解:(1)证明:在题图①中,连接AE,由题意可得AE=2,因为CE∥BA,CE=BA=AE,所以四边形ABCE为菱形.在题图①中,连接AC,交BE于点F,则CF⊥BE. 在Rt△ACD中,AC==2,所以AF=CF=.因为AC1=,所以AF2+C1F2=A,所以C1F⊥AF,又C1F⊥BE,且BE∩AF=F,所以C1F⊥平面ABED. 因为C1F⊂平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(,0,0),B(,2,0),E(0,1,0),F,C1,所以=,=(,0,0),=. 设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z),则 即令z=,则x=0,y=-2,故n=(0,-2,),所以|cos<,n>|===,故直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值为. (3)假设在棱DC1(不包括端点)上存在点P,使得平面PEB与平面EBC1的夹角为45°. 设=k=,k∈(0,1),则P,又E(0,1,0),所以=(-,-1,0),=.易知AF⊥平面C1BE,所以平面C1BE的一个法向量为t==. 设平面PEB的法向量为m=(a,b,c),则 即可取m=(k,-3k,k-),所以|cos<t,m>|== =,可得k=,所以存在满足条件的点P,此时DP=DC1,故C1P=DC1=. 学科网（北京）股份有限公司 $