北师大版高中数学选择性必修第一册第3章空间向量与立体几何第1课时空间中的角练习含答案

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4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系第1课时　空间中的角基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　两条直线的夹角1.(2022安徽合肥瑶海月考)已知两条异面直线的方向向量分别是μ=(3,1,-2),v=(3,2,1),则这两条异面直线的夹角θ满足(　　)A.sin θ=914　　　　　　B.sin θ=14C.cos θ=914　　　　　　D.cos θ=142.(2023河南濮阳南乐第一高级中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,AD=4,E为PC的中点,则异面直线PD与BE夹角的余弦值为　　(　　)A.35　　　B.3010　　　C.1010　　　D.310103.(2024东北师范大学附属中学质量监测)已知动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1(不含端点)上,设D1PD1B=λ,若∠APC为钝角,则实数λ的取值范围是(　　)A.0,13　　　　　　B.0,12C.13,1　　　　　　D.12,14.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1=2.(1)求证:A1C⊥BC;(2)求直线AC1和A1B1夹角的大小.题组二　直线与平面的夹角5.(2024河北保定六校联考期中)若直线l的一个方向向量是m=(1,0,1),平面α的一个法向量是n=(-3,1,3),则直线l与平面α的夹角为(　　)A.0°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱AB,A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为(　　)A.306　　　B.255　　　C.66　　　D.557.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=2,PA=4,则直线PA与平面DEF夹角的正弦值为(　　)A.15　　　B.255　　　C.55　　　D.258.(2024上海中学期中)在正三棱柱ABC-A'B'C'中,AB=1,AA'=2,则直线BC'与平面ABB'A'夹角的正弦值为　　　　. 题组三　平面与平面的夹角9.(2024山东济南月考)已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角为(　　)A.30°　　　　　　B.60°C.60°或120°　　 D.120°10.(2024北京师范大学良乡附属中学月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ACD所成的锐二面角的余弦值为(　　)A.23　　　B.13　　　C.63　　　D.3311.(2023辽宁沈阳第一二〇中学第一次质检)在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和点(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与xOy平面的夹角为45°,则a=　　　　. 12.(2023山东青岛第十九中学期中)《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究成果比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则二面角A-PC-B的余弦值为　　　　. 13.(2024广东华南师范大学附属中学期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AC=A1C=2,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)求证:A1C⊥AB;(2)若BC=3,求二面角C-A1B-B1的正弦值.能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　两条直线的夹角1.(2023山东聊城莘县第一中学月考)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形(扇环是指圆环被两条半径截得的部分).现有一个如图所示的曲池,它的高为2,AA1,BB1,CC1,DD1均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90°,则异面直线AB1与CD1夹角的余弦值为(　　)A.45　　　B.35　　　C.34　　　D.232.(2023辽宁沈阳第十中学月考)在矩形ABCD中,O为BD的中点且AD=2AB,将△ABD沿对角线BD翻折,使二面角A-BD-C的大小为90°,则直线AO与CD夹角的余弦值为(　　)A.55　　　B.54　　　C.3525　　　D.42253.已知四棱锥P-ABCD,底面是边长为2的正方形,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,AB⊥平面PAD,E是线段PD上的动点(不含端点).若线段AB上存在点F(不含端点),使得异面直线PA与EF的夹角为30°,则线段PE的长的取值范围是(　　)A.0,22　　　　　　B.0,63C.22,2　　　　　 D.63,2题组二　直线与平面的夹角4.(2024广东东莞中学第一次段考)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AA1=4,P是侧面BCC1B1内的动点,且AP⊥BD1,记AP与平面BCC1B1的夹角为θ,则tan θ的最大值为(　　)A.43　　　B.53　　　C.54　　　D.815155.如图1,在等腰三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=2,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE.若A'O⊥平面BCDE,则直线A'D与平面A'BC夹角的正弦值等于(　　)A.23　　　B.33　　　C.22　　　D.246.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足 A1P=λA1B1,当直线PN与平面ABC的夹角最大时,λ的值为(　　)A.12　　　B.22　　　C.32　　　D.2557.(2024辽宁协作校期中)如图1,故宫太和殿是中国形制最高的宫殿,其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式,庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式,由一条正脊和四条垂脊组成,因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图2,五面体EFABCD的底面ABCD为矩形,AB=2EF=8,AD=6,EF∥AB,EA=ED=FB=FC=5,M,N分别是AD,BC的中点,则直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为(　　)　　　A.23　　　B.63　　　C.12735　　　D.1010题组三　平面与平面的夹角8.(2024陕西咸阳实验中学月考)在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将其沿对角线AC折叠到平面B'AC之后,使得平面B'AC⊥平面ACD(如图),则平面B'CD与平面ACD夹角的正弦值为　　　　. 9.如图所示,四边形AEFB为矩形,AE⊥平面ABCD,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.(1)求证:CF∥平面ADE;(2)求平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值.10.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,P为线段BC1上一点.(1)若BP=PC1,求PC与AA1夹角的余弦值;(2)若BP=2PC1,求PC与平面ABB1A1的夹角;(3)若平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,求BPPC1的值.答案与分层梯度式解析4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系第1课时　空间中的角基础过关练1.C　由已知得μ·ν=3×3+1×2+(-2)×1=9,|μ|=32+12+(-2)2=14,|ν|=32+22+12=14,所以cos θ=|cos<μ,ν>|=|μ·ν||μ||ν|=914.故选C.2.B　以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示:则B(2,0,0),E(1,2,1),P(0,0,2),D(0,4,0),∴BE=(−1,2,1),PD=(0,4,-2),设异面直线PD与BE的夹角为θ,则cos θ=|PD·BE||PD||BE|=625×6=3010.故选B.3.C　建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),设P(x,y,z),x,y,z∈(0,1).因为D1PD1B=λ,所以D1P=λD1B,即(x,y,z-1)=λ(1,1,-1),故P(λ,λ,1-λ),则AP·CP=(λ-1,λ,1-λ)·(λ,λ-1,1-λ)=3λ2-4λ+1<0,解得13<λ<1,此时AP,CP不共线,故13<λ<1,故选C.4.解析　(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,又AC⊥BC,AC∩CC1=C,所以BC⊥平面ACC1A1,所以A1C⊥BC.(2)以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),A1(2,0,2),C1(0,0,2),B1(0,2,2),所以AC1=(−2,0,2),A1B1=(-2,2,0),设直线AC1和A1B1的夹角为α,则cos α=AC1·A1B1|AC1||A1B1|=422×22=12,所以直线AC1与A1B1的夹角为π3.5.A　设直线l与平面α的夹角为θ,则θ∈0,π2,所以sin θ=|cos|=|m·n||m||n|=|-3+0+3|2×19=0,故直线l与平面α的夹角为0°.故选A.6.C　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,如图所示:设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则E(2,1,0),F(1,0,2),所以EF=(-1,-1,2),易知y轴与平面AA1D1D垂直,则平面AA1D1D的一个法向量为n=(0,1,0),设直线EF与平面AA1D1D的夹角为θ,则sin θ=|cos|=|EF·n||EF||n|=16=66.所以直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为66.故选C.7.C　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,则A(0,0,0),P(0,0,4),D(0,1,0),E(1,1,0),F(1,0,2),所以AP=(0,0,4),DE=(1,0,0),DF=(1,-1,2),设n=(x,y,z)为平面DEF的一个法向量,则n·DE=0,n·DF=0,即x=0,x-y+2z=0,令z=1,可得n=(0,2,1).设直线PA与平面DEF的夹角为θ,则sin θ=|cos|=|AP·n||AP||n|=44×5=55.故选C.8.答案　1510解析　以B为坐标原点,在平面ABC内,过B作BC的垂线为x轴,BC,BB'所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,则B(0,0,0),B'(0,0,2),C'(0,1,2),A32,12,0,所以BC'=(0,1,2),BB'=(0,0,2),BA=32,12,0,设平面ABB'A'的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BB'=2z=0,n·BA=32x+12y=0,令x=1,得n=(1,-3,0),设直线BC'与平面ABB'A'的夹角为θ,θ∈0,π2,则sin θ=|cos|=|n·BC'||n||BC'|=325=1510.9.B　设这两个平面的夹角为θ,θ∈0,π2,则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=12×2=12,所以θ=π3,即这两个平面的夹角为60°.10.C　如图所示,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),所以A1B=(0,4,−2),A1C1=(-4,4,0),易知平面ACD的一个法向量为DD1=(0,0,2),设平面A1BC1的一个法向量为n=(a,b,c),则n·A1B=4b-2c=0,n·A1C1=-4a+4b=0,令b=1,得c=2,a=1,所以n=(1,1,2),设平面A1BC1与平面ACD所成的锐二面角为θ,θ∈0,π2,则cos θ=|cos|=|n·DD1||n||DD1|=42×6=63.故选C.11.答案　125解析　设点(3,0,0),(0,4,0),(0,0,a)(a>0)分别为A,B,C,则AC=(−3,0,a),AB=(-3,4,0).设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),则AC·n=0,AB·n=0,即-3x+az=0,-3x+4y=0,取z=1,则x=a3,y=a4,∴n=a3,a4,1.易得xOy平面的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos|=|m·n||m||n|=1a29+a216+1=22,解得a=125(负值舍去).12.答案　12解析　依据题意建立空间直角坐标系,如图所示:则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),故AC=(1,−1,0),AP=(0,0,1),BC=(1,0,0),BP=(0,1,1).设平面ACP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AC=0,n1·AP=0,即x-y=0,z=0,取x=1,则n1=(1,1,0).设平面BCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·BC=0,n2·BP=0,即x=0,y+z=0,取y=1,则n2=(0,1,-1).设二面角A-PC-B的平面角为θ,由题图可知θ为锐角,则cos θ=|n1·n2||n1||n2|=12×2=12.13.解析　(1)证明:在△ACA1中,AC=A1C=2,AA1=2,则AC2+A1C2=AA12,∴A1C⊥AC,∵平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,A1C⊂平面ACC1A1,∴A1C⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,∴A1C⊥AB.(2)如图所示,以C为坐标原点,CA,CB,CA1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),B(0,3,0),A1(0,0,2),∴A1B=(0,3,−2),A1B1=AB=(−2,3,0),易知平面CA1B的一个法向量为m=(1,0,0),设平面A1BB1的一个法向量为n=(x0,y0,z0),则n·A1B=0,n·A1B1=0,即3y0-2z0=0,-2x0+3y0=0,令x0=3,得y0=2,z0=3,∴n=(3,2,3),设二面角C-A1B-B1的平面角为θ,θ∈[0,π],则|cos θ|=|cos|=|m·n||m||n|=31×3+2+3=64,∴sin θ=1-cos2θ=104,故二面角C-A1B-B1的正弦值为104.能力提升练1.A　建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),B1(0,1,2),C(1,0,0),D1(2,0,2),所以AB1=(0,−1,2),CD1=(1,0,2),设异面直线AB1与CD1的夹角为θ,则cos θ=|cos|=|AB1·CD1||AB1||CD1|=45×5=45.故选A.2.C　在平面ABD中,过点A作AE⊥BD,垂足为E,在平面BCD中,过点C作CF⊥BD,垂足为F.由题意知,平面ABD⊥平面BCD,且交线为BD,所以AE⊥平面BCD,CF⊥平面ABD.设AB=1,则AD=2,则12×BD×AE=12×AB×AD,可得AE=25,OE=OA2-AE2=325,同理可得CF=25,OF=325,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A325,0,25,C-325,25,0,D-52,0,0,所以OA=325,0,25,CD=-55,-25,0,设直线AO与CD的夹角为θ,则cos θ=OA·CD|OA||CD|=31052×1=3525.故选C.3.B　取AD的中点G,连接PG,由题意可建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),所以DP=(1,0,1),PA=(1,0,-1),设F(1,y,0),0|=|AP·n||AP||n|=3(x-3)2+9+z2=32516x-48252+30625,θ∈0,π2,当x=4825时,sin θ取得最大值,为53434,所以cos θ=33434,tan θ=53,此时tan θ的值最大.故选B.5.D　取DE的中点H,连接OH,OD,则OH⊥OB,以O为坐标原点,OH,OB,OA'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.由题意,知OH=1,DH=2,DO=5,A'D=22,∴OA'=A'D2-DO2=3,∴A'(0,0,3),又D(1,-2,0),∴A'D=(1,−2,−3),设直线A'D与平面A'BC的夹角为θ,易得平面A'BC的一个法向量为n=(1,0,0),∴sin θ=|cos|=A'D·n|A'D||n|=122=24.6.A　如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则N12,12,0,P(λ,0,1),∴PN=12-λ,12,-1,易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设直线PN与平面ABC的夹角为θ,则sin θ=|cos|=|PN·n||PN||n|=1λ-122+54,∴当λ=12时,(sin θ)max=255,角θ最大.故选A.7.C　因为EA=ED,M为AD的中点,所以EM⊥AD,在矩形ABCD中,AB⊥AD,M,N分别为AD,BC的中点,所以MN∥AB,所以MN⊥AD,又MN∩EM=M,MN,EM⊂平面EFNM,所以AD⊥平面EFNM,又AD⊂平面ABCD,所以平面EFNM⊥平面ABCD.在平面EFNM中,过F作FH⊥MN,垂足为H,因为平面EFNM⊥平面ABCD,平面EFNM∩平面ABCD=MN,FH⊂平面EFNM,所以FH⊥平面ABCD,如图所示,过点H作SQ∥BC,交AB于S,交CD于Q,以H为坐标原点,HS,HN,HF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,由题意得HN=12×(8−4)=2,FN=52-32=4,所以FH=42-22=23,则F(0,0,23),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0),所以FB=(3,2,−23),FC=(−3,2,−23),CD=(0,-8,0).设平面EFCD的一个法向量为n=(x,y,z),则FC·n=0,CD·n=0,即-3x+2y-23z=0,-8y=0,令z=3,得n=(-2,0,3),设直线BF与平面EFCD的夹角为θ,θ∈0,π2,则sin θ=|cos|=FB·n|FB||n|=-6-65×7=12735,所以直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为12735.故选C.8.答案　255解析　设AC的中点为E,连接B'E,DE,因为在菱形ABCD中,∠ABC=60°,所以△BAC和△ACD都是等边三角形,即△B'AC是等边三角形,因此B'E⊥AC,DE⊥AC,因为平面B'AC⊥平面ACD,平面B'AC∩平面ACD=AC,B'E⊂平面B'AC,所以B'E⊥平面ACD,又DE⊂平面ACD,所以B'E⊥DE,建立如图所示的空间直角坐标系,设菱形的边长为2,则C(-1,0,0),D(0,3,0),B'(0,0,3),所以B'C=(−1,0,−3),B'D=(0,3,−3),设平面B'CD的一个法向量为m=(x,y,z),则m·B'C=-x-3z=0,m·B'D=3y-3z=0,令z=1,则x=-3,y=1,所以m=(-3,1,1),易知平面ACD的一个法向量为EB'=(0,0,3),设平面B'CD与平面ACD的夹角为θ,θ∈0,π2,则cos θ=|cos|=|m·EB'||m||EB'|=3(-3)2+12+12×3=55,因此sin θ=1-cos2θ=1-525=255.9.解析　(1)证明:∵四边形AEFB为矩形,∴BF∥AE.又BF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,∴BF∥平面ADE.同理可得,BC∥平面ADE.又BF∩BC=B,BF,BC⊂平面BCF,∴平面BCF∥平面ADE.又CF⊂平面BCF,∴CF∥平面ADE.(2)如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),∴AD=(0,4,0),CD=(−2,2,0),CF=(0,-2,4).设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,则n·CD=0,n·CF=0,即-2x+2y=0,-2y+4z=0,令y=2,则x=2,z=1,∴n=(2,2,1).易知AD是平面AEFB的一个法向量,∴|cos|=|n·AD||n||AD|=23.∴平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值为23.10.解析　以A为原点,AB,AC,AA1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AB=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),∴AA1=(0,0,1),BC1=(−1,1,1),CB=(1,−1,0),AC=(0,1,0).(1)∵BP=PC1,∴P12,12,12,∴CP=12,-12,12.设PC与AA1的夹角为θ,则cos θ=|CP·AA1||CP||AA1|=33.(2)设P(a,b,c),由BP=2PC1,即BP=2PC1得(a-1,b,c)=2(-a,1-b,1-c),可得P(2−1,2−2,2−2),∴CP=(2−1,1−2,2−2).易知平面ABB1A1的一个法向量为n=(0,1,0),设PC与平面ABB1A1的夹角为α,则sin α=|n·CP||n||CP|=|1-2|22-2=12,∴PC与平面ABB1A1的夹角为30°.(3)设BP=λBC1=(-λ,λ,λ),0≤λ≤1,则CP=CB+BP=(1,-1,0)+(-λ,λ,λ)=(1-λ,λ-1,λ).设平面ACP的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·CP=0,即y=0,(1-λ)x+(λ-1)y+λz=0,取z=λ-1,得m=(λ,0,λ-1),易知平面A1ACC1的一个法向量为p=(1,0,0),∵平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,∴cos 45°=|m·p||m||p|=|λ|λ2+(λ-1)2=22,解得λ=12,则BP=12BC1,∴P为BC1的中点,∴BPPC1=1,∴当平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°时,BPPC1=1.