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）课时练习-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

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 一、基础落实 1.已知向量m,n分别是直线l的方向向量与平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则直线l与平面α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.150° D.120° 2.在三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若<n1,n2>=,则二面角A-BD-C的大小为(　　) A. B. C. D. 3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2,BC=2,DD1=,则AC与BD1所成角的余弦值是(　　) A.0 B. C.- D. 4.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,AP=2,则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为体对角线B1D上一点,且DP=2PB1,则异面直线AD1和CP所成角的余弦值为(　　) A.0 B. C. D. 6.(多选题)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形, ∠DAB=,AB=2AD=2PD,PD⊥平面ABCD,则(　　) A.PA⊥BD B.PB与平面ABCD所成角为 C.直线AB与PC所成角的余弦值为 D.平面PAB与平面ABCD的夹角为45° 7.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于　　　　　,平面AEF与平面ABCD的夹角的正切值为　　　　　.  8.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BB1的中点,求直线A1M与平面AMC1所成角的正弦值. 二、素能提升 9.如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面ABCD为菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,F为PC的中点,则平面PBC与平面BDF的夹角的正切值为(　　) A. B. C. D. 10.(多选题)如图,三棱锥D-ABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直,则下列说法正确的是(　　) A.OA,OB,OC的长度相等 B.直线OD与BC所成的角是45° C.直线AD与OB所成的角是45° D.直线OB与平面ACD所成的角的余弦值为 11.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,CC1=4,直线A1B与AD1所成角的余弦值为　　　　　;直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为______.  12.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均等于2,M为线段BB1上的动点,则平面ABC与平面AMC1所成的锐二面角的余弦值最大为　　　　　.  13.(2025·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点. (1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD夹角的正弦值. 参考答案 一、基础落实 1.B 解析设l与α所成的角为θ,则sin θ=,又因为0°≤θ≤90°,所以θ=60°,故选B. 2.C 解析二面角的范围是[0,π],且与法向量的夹角相等或互补.故选C. 3.A 解析如图,建立空间直角坐标系,则D1(0,0,),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),所以= (-2,-2,),=(-2,2,0).设AC与BD1所成的角为θ, 则cos θ=|cos<>|==0. 4.B 解析如图,以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2), 所以=(0,1,-2),=(1,0,0),=(1,0,-2), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则令z=1,则y=2,于是n=(0,2,1)是平面PCD的一个法向量.设直线PB与平面PCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,故选B. 5.A 解析以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,则A(3,0,0),D1(0,0,3),C(0,3,0),D(0,0,0),B1(3,3,3),=(0,-3,0)+(3,3,3)=(2,-1,2),=(-3,0,3). 设异面直线AD1和CP所成的角为θ, 则cos θ=|cos<>|==0, 因此,异面直线AD1和CP所成角的余弦值为0. 故选A. 6.AC 解析设AD=a,因为∠DAB=,AB=2AD=2PD=2a,由余弦定理可得BD=a,从而BD2+AD2=AB2,即BD⊥AD,由PD⊥底面ABCD,建立空间直角坐标系,如图所示. 则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,a,0),D(0,0,0),P(0,0,a),故=(a,0,-a),=(0,-a,0),=(0,a,-a),=(-a,a,0),=(-a,a,-a),所以=a×0+0×(-a)+(-a)×0=0,所以,即PA⊥BD,故A正确;易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以PB与平面ABCD所成角θ1满足sin θ1=|cos<,m>|=,即PB与平面ABCD所成角为,故B错误;异面直线AB与PC所成角θ2满足cos θ2=|cos<>|=,故C正确;设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,则x=,z=,即n=(,1,)为平面PAB的一个法向量,则cos<m,n>=,故D错误.故选AC. 7. 解析如图,建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),E(1,1,),F,所以=(-1,1,0),. 所以cos<>=. 所以异面直线AE与A1C1所成角的余弦值等于.由题意可知,平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面AEF的法向量为n2=(x,y,z),由n2·=0,n2·=0,可得平面AEF的一个法向量为n2=(1,-1,3).所以cos<n1,n2>=. 设平面AEF与平面ABCD的夹角为α,则cos α=|cos<n1,n2>|=,从而sin α=. 所以tan α=. 8.解以D为原点,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如图所示. 设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),M(1,1,), ∴=(0,1,-),=(0,1,),=(-1,1,1). 设平面AMC1的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=2,则y=-1,x=1. 故n=(1,-1,2)为平面AMC1的一个法向量. 又cos<,n>==-, ∴A1M与平面AMC1所成角θ的正弦值sin θ=|cos<,n>|=. 二、素能提升 9.D 解析设AC与BD交于点O,连接OF,则由题意可知,OB,OC,OF两两互相垂直. 以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B(,0,0),F(0,0,),C(0,,0),P. 所以=(0,1,-1),=(-,0),=(0,,0). 易知为平面BDF的一个法向量. 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z). 则 取x=1,则y=,z=,于是n=(1,)是平面PBC的一个法向量. 设平面PBC与平面BDF的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,>|=. 所以sin θ=,tan θ=. 所以平面PBC与平面BDF的夹角的正切值为. 10.AC 解析因为三棱锥D-ABC的各条棱长均为2,OA,OB,OC两两垂直, 所以OA=OB=OC=,故A中说法正确; 如图,建立空间直角坐标系.可得O(0,0,0),A(,0,0),B(0,,0),C(0,0,),D(),所以=(0,,0),=(-,0,),=(0,),=(),=(0,-).故=0,即,直线OD与BC所成的角是90°,故B中说法不正确; cos<>=,可得直线AD与OB所成的角是45°,故C中说法正确; 设平面ACD的法向量是n=(x,y,z),则令x=1,则y=-1,z=1.于是n=(1,-1,1)为平面ACD的一个法向量.设直线OB与平面ACD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,cos θ=,故D中说法不正确. 11. 解析以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(图略), 则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),A1(2,0,4),B(2,2,0),C1(0,2,4), 所以=(-2,0,4),=(0,2,-4),=(-2,2,0),=(0,0,4), 所以||==2,||==2=-16. 设直线A1B与AD1所成的角为θ1,则cos θ1=|cos<>|=. 所以直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=1,z=, 于是n=(1,1,)为平面ACD1的一个法向量. 设直线CC1与平面ACD1所成的角为θ2,则sin θ2=|cos<n,>|=, 所以直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为. 12. 解析如图,建立空间坐标系, 则A(,0,0),M(0,1,t)(0≤t≤2),C1(0,-1,2),=(-,-1,2),=(0,2,t-2). 设平面AMC1的法向量为n1=(x,y,z), 则有 取z=2,则n1=(,2-t,2)为平面AMC1的一个法向量.由题意知平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).设平面ABC与AMC1所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=,所以平面ABC与AMC1所成的锐二面角的余弦值最大为. 13.(1)证明如图,取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,MG. 由题意可知∠ADC=90°,∠BAC=90°,AD=CD,AC=AB,∠ACD=45°, ∠ACB=45°. 不妨设AD=CD=2,则AC=AB=2,BC=4. 又E为BC的中点,∴BE=BC=2,∴AD=BE. ∵∠ACD=∠ACB=45°,∴∠BCD=90°. 又∠ADC=90°,∴∠ADC+∠BCD=180°, ∴AD∥BC. ∵F,N分别为PD,PA的中点, ∴FN∥AD,FN=AD. 同理MG∥BC,MG=BE. ∴FN∥MG,FN=MG, ∴四边形FGMN为平行四边形,∴FG∥MN. 又FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB, ∴FG∥平面PAB. (2)解根据题意,以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设AD=CD=2,则点A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2), ∴=(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=-1,z=1,此时n=(1,-1,1). 设AB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=. 故AB与平面PCD所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $