新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.7向量法求空间角（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.7向量法求空间角（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
2．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(6),3)
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(6),3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(2),3)
4．(2023·沧州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是C1D1的中点，则异面直线AP与BA1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
5．(2024·郑州模拟)如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆上一点，且AC∥OB，OP＝AB＝eq \r(2)OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(1,10) D.eq \f(1,4)
6．(2023·杭州模拟)若正方形ABCD的边长为a，E，F分别为CD，CB的中点(如图1)，沿AE，AF将△ADE，△ABF折起，使得点B，D恰好重合于点P(如图2)，则直线PA与平面PCE所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),4) C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(\r(3),2)
二、多项选择题
7．三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若n1＝(1,0,0)，n2＝(－eq \r(3)，0,1)，则二面角A－BD－C的大小可能为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
8．(2023·深圳模拟)如图，在矩形AEFC中，AE＝2eq \r(3)，EF＝4，B为EF中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P－ABC，则( )
A．三棱锥P－ABC的体积为eq \f(4\r(2),3)
B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),6)
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(1,3)
D．三棱锥P－ABC外接球的半径为eq \f(\r(22),2)
三、填空题
9．(2023·天津统考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，则异面直线A1C1与AD1所成角的余弦值为________．
10．在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝90°，若直线AB1与直线A1C所成角的余弦值是eq \f(4,5)，则棱AB的长度是________．
11．(2023·洛阳模拟)二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个半平面内，并且垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则平面α与平面β的夹角为________．
12.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，K，L分别是棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，则直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为________；若P，Q是六边形EFGHKL边上两个不同的动点，设直线D1B与直线PQ所成的最小角为θ，则sin θ的值为________．
四、解答题
13.如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．
14．(2024·南昌模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，现将△ADC沿AC翻至△APC，使二面角P－AC－B为直二面角．
(1)证明：CB⊥PA；
(2)若AB＝4，二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(21),7)，求异面直线PC与AB所成角的余弦值．
§7.7 向量法求空间角
1．B 2.C 3.B 4.A
5．A [∵AB是圆柱底面圆的一条直径，
∴∠AOB＝90°，∠ACB＝90°，
∵OP＝AB＝eq \r(2)OA，
∴∠BAO＝45°，
∴OA＝OB，
∵AC∥OB，∴∠OAC＝90°，
∴四边形OACB为正方形，设AB＝2，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(2)，0,0)，B(0，eq \r(2)，0)，P(0,0,2)，C(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,2)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)y＝0，,－\r(2)x＋2z＝0，))
取x＝eq \r(2)，则n＝(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，－2)，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
∴sin θ＝|cs〈n，eq \(PC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PC,\s\up6(→))|,|n||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).]
6．A [由E，F分别是为CD，CB的中点，可得EF2＝CE2＋CF2＝DE2＋BF2＝PE2＋PF2，
则PE⊥PF.
由AD⊥DE，AB⊥BF，
可得PA⊥PE，PA⊥PF，
所以PA，PF，PE两两互相垂直，以P为坐标原点，PE，PF，PA分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得P(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，A(0,0，a)，
设C(x，y，z)，
由 AC＝eq \r(2)a，CE＝CF＝eq \f(a,2)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z－a2＝2a2，,x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(a,2)))2＋z2＝\f(a2,4)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋y2＋z2＝\f(a2,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(a,3)，,y＝\f(a,3)，,z＝－\f(a,3)，))
即得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,3)，－\f(a,3)))，
所以可得 eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))， eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,3)，－\f(a,3)))，
设平面PCE的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝\f(ax′,3)＋\f(ay′,3)－\f(az′,3)＝0，,n·\(PE,\s\up6(→))＝\f(ax′,2)＝0，))
令y′＝1，则x′＝0，z′＝1，
所以平面PCE的一个法向量为 n＝(0,1,1)，
又 eq \(PA,\s\up6(→))＝(0,0，a)，
设PA与平面PCE所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|\(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(a,\r(2)a)＝eq \f(\r(2),2).]
7．AD
8．BD [由题意可得BP⊥AP，BP⊥CP，
又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC，
在△PAC中，PA＝PC＝2eq \r(3)，AC边上的高为eq \r(2\r(3)2－22)＝2eq \r(2)，
所以V三棱锥P－ABC＝V三棱锥B－PAC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)×2＝eq \f(8\r(2),3)，故A错误；
在△PAC中，cs∠APC＝eq \f(12＋12－16,2×2\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,3)，
BC＝eq \r(12＋4)＝4，
|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(PA,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→))－\(PB,\s\up6(→))|,2\r(3)×4)
＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→))－\(PA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,8\r(3))
＝eq \f(||\(PA,\s\up6(→))||\(PC,\s\up6(→))|cs∠APC－0|,8\r(3))
＝eq \f(2\r(3)×2\r(3)×\f(1,3),8\r(3))＝eq \f(\r(3),6)，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),6)，故B正确；
S△PBC＝eq \f(1,2)PB·PC
＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，
设点A到平面PBC的距离为d，
由V三棱锥B－PAC＝V三棱锥A－PBC，
得eq \f(1,3)×2eq \r(3)d＝eq \f(8\r(2),3)，解得d＝eq \f(4\r(6),3)，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(d,PA)＝eq \f(\f(4\r(6),3),2\r(3))＝eq \f(2\r(2),3)，故C错误；
由B知，cs∠APC＝eq \f(1,3)，
则sin∠APC＝eq \f(2\r(2),3)，
所以△PAC的外接圆的半径
r＝eq \f(1,2)·eq \f(AC,sin∠APC)＝eq \f(3\r(2),2)，
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，
则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PB))2＝eq \f(9,2)＋1＝eq \f(11,2)，
所以R＝eq \f(\r(22),2)，即三棱锥P－ABC外接球的半径为eq \f(\r(22),2)，故D正确．]
9.eq \f(\r(2),10)
10．1
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝a(a>0)，则A(0,0,0)，B1(a,0,2)，A1(0,0,2)，C(0,1,0)，所以eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(a,0,2)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0,1，－2)，
所以|cs〈eq \(AB1,\s\up6(—→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·\(A1C,\s\up6(—→))|,|\(AB1,\s\up6(—→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4,\r(a2＋4)×\r(5))＝eq \f(4,5)，
解得a＝1，所以棱AB的长度是1.
11．60°
解析 设二面角α－l－β的大小为θ，
因为AC⊥AB，BD⊥AB，
所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
由题意得eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
所以|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))|2＝|eq \(CA,\s\up6(→))|2＋|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(BD,\s\up6(→))|2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))
＝|eq \(CA,\s\up6(→))|2＋|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(BD,\s\up6(→))|2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))
＝36＋16＋64＋2×6×8×cs(180°－θ)＝(2eq \r(17))2，
所以cs(180°－θ)＝－eq \f(1,2)，
即cs θ＝eq \f(1,2)，所以θ＝60°，
则平面α与平面β的夹角为60°.
12．90° eq \f(1,3)
解析 如图，以点D为坐标原点，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)，F(2,2,1)，
G(1,2,2)，
∴eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(－2,2，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，
∴eq \(A1C,\s\up6(—→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，
eq \(A1C,\s\up6(—→))·eq \(EG,\s\up6(→))＝2＋2－4＝0，
∴A1C⊥EF，A1C⊥EG，∵EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFGHKL，
∴A1C⊥平面EFGHKL，
∴直线A1C与平面EFGHKL所成角的大小为90°.
又D1(0,0,2)，B(2,2,0)，eq \(D1B,\s\up6(—→))＝(2,2，－2)，
由题意知eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(－2,2，－2)为平面EFGHKL的一个法向量，
设直线D1B与平面EFGHKL所成的角为α，则
sin α＝|cs〈eq \(D1B,\s\up6(—→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(D1B,\s\up6(—→))·\(A1C,\s\up6(—→))|,|\(D1B,\s\up6(—→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4,\r(12)×\r(12))＝eq \f(1,3)，
∵直线PQ⊂平面EFGHKL，
∴直线D1B与直线PQ所成的角最小时即为直线D1B与平面EFGHKL所成的角，∴sin θ＝eq \f(1,3).
13．(1)证明 由CF∥AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，
由AD∥BC，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
得BC∥平面ADE，
又CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
所以平面BCF∥平面ADE，
又BF⊂平面BCF，
所以BF∥平面ADE.
(2)解 因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AB，AE⊥AD，又AD⊥AB，
以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB＝AD＝1，AE＝BC＝2CF＝2，所以B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)，则eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，,m·\(DE,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))
令z＝1，则x＝2，y＝2，
即m＝(2,2,1)，
所以|cs〈m，eq \(CE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(CE,\s\up6(→))|,|m||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×3)＝eq \f(4,9)，即直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
14．(1)证明 取AB的中点E，连接CE(图略)，
∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，AE∥DC，AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
CE＝AD，CE＝AE＝EB，
∴∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
∵二面角P－AC－B为直二面角，
∴平面PAC⊥平面ACB，
又平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ABC，
∴CB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，∴CB⊥PA.
(2)解 由AB＝4知PA＝PC＝2，
取AC的中点O，则OE∥CB.
∴OE⊥AC，且OP⊥AC，OC，OE，OP两两互相垂直．
以O为原点，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设OC＝a(a>0)，则C(a,0,0)，P(0,0，eq \r(4－a2))，A(－a,0,0), B(a，2eq \r(4－a2)，0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(2a,2eq \r(4－a2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(a,0，eq \r(4－a2))，
易得平面PAC的一个法向量为 n1＝(0,1,0)，
设平面PAB的法向量为n2＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝2ax＋2\r(4－a2)y＝0，,n2·\(AP,\s\up6(→))＝ax＋\r(4－a2)z＝0，))
取x＝eq \r(4－a2)，
得y＝－a，z＝－a，
故n2＝(eq \r(4－a2)，－a，－a)，
由|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(a,\r(4＋a2))＝eq \f(\r(21),7)，得a＝eq \r(3)，
则eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，
设异面直线PC与AB所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(PC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2×4)＝eq \f(3,4)，
所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为eq \f(3,4).