高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量的应用达标测试

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量的应用达标测试，文件包含人教A版选择性必修第一册高二数学上册同步题型专练第07讲空间向量的应用---所成角原卷版docx、人教A版选择性必修第一册高二数学上册同步题型专练第07讲空间向量的应用---所成角解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
2. 能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1求异面直线a , b所成的角
已知 a , b为两异面直线，A , C与B , D分别是a , b上的任意两点，a , b所成的角为θ，
则 cs θ=|cs|=AC⋅ BDACBD.
PS ① 向量AC , BD所成角的范围是(0 , π]，而异面直线AC , BD所成的角范围是[0 , π2]；
② 与θ的关系相等或互补；

故cs θ=|cs|，不要漏了“绝对值符号”.
2 求直线l和平面α所成的角
设直线l方向向量为a，平面α法向量为n，直线与平面所成的角为θ，a与 n的夹角为α，
则 θ为α 的余角或α的补角的余角，即有sin θ=|cs α|=a⋅ nan.
PS
当θ=π2− α时，sin θ=cs α；当θ=α−π2时，sin θ=−cs α；

不管哪种情况，都有sin θ=|cs α|.
3求平面α与平面β的夹角
(1)二面角的平面角是指在二面角α−l−β的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线
AO⊥ l，BO⊥ l，则∠AOB为二面角α−l−β的平面角，二面角的取值范围是[0 ,π].
如图：

(2)平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角不大于90的二面角称为平面α与平面β的夹角.
(3) 空间向量求平面α与平面β的夹角
求法：设平面α与平面β的法向量分别为m , n，
再设m , n的夹角为φ，平面α与平面β的平面角为θ，则θ为φ或π−φ ，

则 cs θ=|cs φ|=|m⋅ nmn|=m⋅ nmn.
【题型 1求异面直线所成的角 】
【典题】如图，S是三角形ABC所在平面外的一点，SA=SB=SC，且∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2，M、N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为 ．
【解析】∵∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2，
∴以S为坐标原点，分别以SC , SB , SA所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
设SA=SB=SC=2，(题中没有确定线段，可设任意长度)
则S(0 , 0 , 0) ， B(0 , 2 , 0)，M(0 , 1 , 1) ，N(1 , 0 , 0)，则SM=(0,1,1)，BN=(1 ,−2 ,0)，
∴cs=|SM∙BN||SM|⋅|BN|=22⋅5=105．∴异面直线SM与BN所成角的余弦值为105．
【典题】 已知正四棱锥V−ABCD底面中心为O，E，F分别为VA , VC的中点，底面边长为2，高为4，建立适当的空间直角坐标系，求异面直线BE与DF所成角的正切值．
【解析】以底面正方形ABCD中心O为原点，以OA为x轴，OB为y轴，OV为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(2 , 0 , 0)，B(0 , 2 , 0)，C(−2 , 0 , 0)，D(0 , −2 , 0)，
V(0 , 0 , 4)，E(22 , 0 , 2)，F(−22 , 0 , 2)，∴BE=(22 , −2 , 2)，DF=(−22，2 , 2)，
cs=BE⋅DF|BE|⋅|DF|=−12−2+412+2+4⋅12+2+4=−313，
设向量BE和DF成角为θ，∴csθ=|cs|=313，
∴sinθ=1−(313)2=41013，∴tanθ=sinθcsθ=4103．
∴异面直线BE与DF所成角的正切值为41013．
巩固练习
1. 如图，ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∠BCA=90°，点E、F分别是A1B1、A1C1的中点，
若BC=CA=AA1，则BE与AF所成角的余弦值为 ．
【答案】3010
【解析】∵ABC﹣A1B1C1直三棱柱，∠BCA=90°，
∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
点E、F分别是A1B1、A1C1的中点，设BC=CA=AA1=2，
则B(0,2,0)，A(2,0,0)，E(1,1,2)，F(1,0,2)，BE→=(1,﹣1,2)，AF→=(﹣1,0,2)，
设BE与AF所成角为θ，则csθ=|BE→⋅AF→||BE→|⋅|AF→|=36⋅5=3010，∴BE与AF所成角的余弦值为3010．
【题型 2求线面角 】
【典题】 如图示，三棱锥P−ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，且PA=PB=AB=2，PC=3，则PC与面PAB所成角的正弦值等于 .
【解析】∵三棱椎P－ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，且PA=PB=AB=2，PC=3，
∴可以把三棱椎P－ABC补成棱长为1的正方体，如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0 , 0 , 0)，B(1 , 1 , 0)，C(0 , 1 , 0)，P(1 , 0 , 1)．
AP=(1 , 0 , 1)，AB=(1 , 1 , 0)，PC=(−1 , 1 , −1)，
设面ABP的法向量为m=(x , y , z)，m⋅AP=x+z=0m⋅AB=x+y=0⇒m=(1 , −1 , −1)．
∴cs=PC⋅m|m|⋅|PC|=−13×3=−13．则PC与面PAB所成角的正弦值等于13．
巩固练习
在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=π3，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点(如图1)．将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置，使得二面角AB－AC－D'为直二面角(如图2)．
(1)求证：BC∥平面POD'；
(2)线段PD'上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为68？若存在，求出PQPD'的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD=4，P为AB的中点，
所以CD∥AP，CD=AP，所以四边形APCD为平行四边形，
因为线段AC与DP交于O点，所以O为线段AC的中点，所以△ABC中OP∥BC，
因为OP⊂平面POD'，BC⊄平面POD'，所以BC∥平面POD'．
(2)解：平行四边形APCD中，AP=AD=2，
所以四边形APCD是菱形，AC⊥DP，垂足为O，所以AC⊥OD'，AC⊥OP，
因为OD'⊂平面ACD'，OP⊂平面ACB，所以∠D'OP是二面角B－AC－D'的平面角，
因为二面角B－AC－D'为直二面角，所以∠D'OP=π2，即OP⊥OD'．
可以如图建立空间直角坐标系O－xyz，其中O(0 , 0 , 0)，
因为在菱形APCD中，∠BAD=π3，所以OD=OP=1 , OA=OC=3．
所以B(−3 , 2 , 0)， P(0 , 1 , 0) ， C(−3 , 0 , 0) ， D'(0 , 0 , 1)，
所以BD'=(3 , −2 , 1)， CB=(0 , 2 , 0)．设n=(x , y , z)为平面BCD'的法向量，
因为n⋅CB=0n⋅BD'=0，所以2y=03x−2y+z=0，取x=1，得n=(1,0,−3)，
线段PD'上存在点Q使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为68，
设PQ=λPD'(0≤λ≤1)，因为CP=(3 , 1 , 0) ， PD'=(0 , −1 , 1)，
所以CQ=CP+PQ=CP+λPD'=(3 , 1−λ , λ)．
因为cs=CQ⋅n|CQ|⋅|n|=3(1−λ)22λ2−2λ+4=68，
所以3λ2−7λ+2=0，因为0≤λ≤1，所以λ=13．
所以线段PD'上存在点Q，且PQPD'=13，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为68．
【题型3求二面角 】
【典题】 如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，CD∥AB，AD⊥AB，AD=AB=2，CF=13CD=12，PA=PB=5，E，N分别为AB，PB的中点．
(1)求证：CN∥平面PEF；
(2)求二面角N－CD－A的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点Q，使NQ与平面PEF所成角的正弦值为1414，若存在求出BQ的长，若不存在说明理由．
【解析】(Ⅰ)证明：取PE中点G，连接GN，FN，GN∥BE , GN=12，
即GN∥CF，GN=CF，所以GNCF为平行四边形，所以CN∥FG，
因为CN⊄平面PEF，FG⊂平面PEF，所以CN∥平面PEF．
(Ⅱ)解：因为PA=PB，E为AB的中点，所以PE⊥AB，
因为AD=AB=2，CF=13CD=12，所以CD=32，DF=AE=1，所以EF⊥AB，
又因为侧面PAB⊥底面ABCD，且它们的交线为AB，所以PE⊥平面ABCD，
又CD∥AB，AD⊥AB，分别以EB，EF，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
P0 , 0 , 2，C(12 , 2 , 0)，D(−1 , 2 , 0) ，A(−1 , 0 , 0) ，B(1 , 0 , 0) ， N(12 , 0 , 1)，
平面CDA的法向量m=(0 , 0 , 1)，
∵CD=(−32 , 0 , 0)，CN=(0 , −2 , 1)，设平面CDN的法向量n=(x , y , z)，
则n⋅CD=0n⋅CN=0，即32x=0 , −2y+z=0 , 令y=1，得n=(0 , 1 , 2)．所以cs=25=255，
由图可知二面角N−CD−A为锐角，所以二面角N−CD−A的余弦值为255．
(Ⅲ)解：设BQ=λBC=−12λ , 2λ , 0 , λ∈[0 , 1]，∴Q(−12λ+1 , 2λ , 0)，NQ=(−12λ+12 , 2λ , −1)，
平面PEF的法向量p=(1 , 0 , 0)，设NQ与平面PEF所成角为θ，则sinθ=1414，
∴|cs|=1414⇒|−12λ+12|(−12λ+12)2+(2λ)2+1=1414，解得λ=13或λ=−9(舍)，
∴Q56 , 23 , 0 , 又由B(1 , 0 , 0)，∴BQ=(−16 , 23 , 0)∴BQ=|BQ|=176．
【典题】 如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，ND⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点．
(1)求证：NA∥平面MEC；
(2)求直线MB与平面MEC所成角的正弦值；
(3)设P为线段AM上的动点，二面角P－EC－D的平面角的大小为30°，求线段AP的长．
【解析】由题意可知四边形ABCD为菱形，E为AB的中点，∠DAB=60°，∴DE⊥AB．又ND⊥平面ABCD，以D为原点建立空间直角坐标系，
则A(3 , －1 , 0)，B(3 , 1 , 0)，C(0 , 2 , 0)，D(0 , 0 , 0)E(3 , 0 , 0)，M(3 , −1 , 1)，N(0 , 0 , 1)．
(Ⅰ)证明：由题意ME=(0 , 1 , −1) ， MC=(−3 , 3 , −1)，设n→=(x , y , z)为平面MEC的法向量．
n⋅ME=0n⋅MC=0⇒y−z=0−3x+3y−z=0，令y=3 , 可得n=(2 , 3 , 3)．
又NA=(3 , −1 , −1)．∴NA⋅n=23−3−3=0．
∵NA⊄平面MEC，∴NA∥平面MEC．
(Ⅱ)可得MB=(0 , 2 , −1)，平面MEC的法向量为n=(2 , 3 , 3)，
∴cs=MB⋅n|n|⋅|MB|=610．∴直线MB与平面MEC所成角的正弦值为610；
(Ⅲ)设P(3 , −1 , h)，h∈[0 , 1]，EC=(−3 , 2 , 0)，EP=(0 , −1 , h)，
设m=(x , y , z)为平面PEC的法向量，则m⋅EP=−y+hz=0m⋅EC=−3x+2y=0，令z=3，可得m=(2h , 3h , 3)，
又DN=(0 , 0 , 1)是平面DEC的法向量．∴cs=DN⋅mmDN=34h2+3h2+3，
又二面角P−EC−D的平面角的大小为30°，∴34h2+3h2+3=32，解得h=77，
∴线段AP的长为77．
巩固练习
在底面为锐角三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是棱BC的中点，记直线B1D与直线AC所成角为θ1，直线B1D与平面A1B1C1所成角为θ2，二面角C1−A1B1−D的平面角为θ3，则( )
A．θ2θ3
【解析】由选项可知，角θ1与θ2，θ2与θ3的大小确定，且三棱柱的底面为锐角三角形．
∴设三棱柱ABC−A1B1C1是棱长均为2的正三棱柱， (加强条件处理，选择题的作法)
如图，以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0 , 0 , 0)，A1(0 , 0 , 2)，B1(3 , 1 , 2)，C(0 , 2 , 0)，D(32 , 32 , 0)，
∴AC=(0 , 2 , 0)，B1D=(−32 , 12 , －2)，A1B1=(3 , 1 , 0)，
∵直线B1D与直线AC所成的角为θ1，∴csθ1=|cs|=|B1D⋅AC||B1D|⋅|AC|=12⋅5=510，
∵直线B1D与平面A1B1C1所成的角为θ2，平面A1B1C1的法向量n=(0 , 0 , 1)，
∴sinθ2=|B1D⋅n||B1D|⋅|n|=|−2|5⋅1=25，∴csθ2=1−(25)2=55，设平面A1B1D的法向量m=(x , y , z)，
由m⋅A1B1=3x+y=0m⋅B1D=−32x+12y−2z=0，取x=3，得m=(3 , －3 , −32)，∴cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−5719，
∵二面角C1−A1B1−D的平面角为θ3，由于θ3是锐角，∴csθ3=5719．
∵θ1，θ2与θ3均为锐角，结合余弦函数y=csθ在[0，π2]上为减函数，则θ2