新高考数学一轮复习考点分层练习第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分层练习第7章§7.7向量法求空间角（含答案解析），共8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。

一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，则直线l与平面α的所成的角等于( )
A.40°B.50°
C.130°D.以上均错
2.在空间直角坐标系中，已知向量m=(1，1，-1)是平面ABC的一个法向量，且CD=(0，3，4)，则直线CD与平面ABC所成角的正弦值是( )
A.515B.315C.520D.320
3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=CC1=4，M是A1B1的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.若A1B⊥C1M，则异面直线CM与A1B所成角的余弦值为( )
A.22B.33C.23D.711
4.(2024·包头模拟)如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥底面ABCD，点P为圆弧AD上的动点.当三棱锥P-BCD的体积最大时，二面角P-BC-D的余弦值为( )
A.25B.55C.53D.255
5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段A1C1上任意一点，则AE与平面ABCD所成角的正弦值不可能是( )
A.22B.53C.55D.1
6.(2024·毕节模拟)钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面(四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上)，在整点时刻(在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点)，已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为( )
A.26B.14C.36D.24
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
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=(-3，0，1)，则二面角A-BD-C的大小可能为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
8.在△ABC中，B=π2，AB=2，BC=3，E为AC的中点，点F在线段BC上，且CF=2BF，将△ABC以直线BC为轴顺时针转一周围成一个圆锥，D为底面圆上一点，满足AD=π，则( )
A.BA⊥BD
B.FE在AB上的投影向量是12BA
C.直线EF与直线CD所成角的余弦值为66565
D.直线EF与平面ACD所成角的正弦值为411055
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2025·沧州模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长与侧棱长之比为1∶3，则平面DA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为 .
10.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AP=AB=2，AD=4，E是BC上的点，直线PB与平面PDE所成角的正弦值为36，则BE的长为 .
四、解答题(共28分)
11.(13分)如图，已知在斜三棱柱ABC-A'B'C'中，A'B⊥B'C，侧面ABB'A'是边长为2的菱形，且∠ABB'=π3，B'C=BC.
(1)求证：平面ABB'A'⊥平面ABC；(6分)
(2)若AC=AB，E是AC的中点，2EA'=5EP，求AP与平面A'BE所成角的正弦值.(7分)
12.(15分)(2024·厦门模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，B1C1=1.
(1)证明：AA1∥平面BDC1；(6分)
(2)若AA1⊥BD，BC1=CC1=2，求平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值.(9分)
每小题5分，共10分
13.(2024·临沂模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则( )
A.直线MN与A1C所成角的余弦值为63
B.平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为1010
C.在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1
D.在B1D上存在点P，使得PA∥平面BMN
14.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN=BM，当三棱锥D-MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦值是 .
答案精析
1.A 2.B 3.C
4.D [三棱锥P-BCD的体积与P到平面BCD的距离成正比，
故当三棱锥P-BCD的体积最大时，此时点P处于半圆弧的正中间位置.
点P处于半圆弧的正中间位置时，记AD的中点为O，以其为原点，AB，AD，OP的方向分别作为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
显然平面BCD的一个法向量为m=(0，0，1)，
则P(0，0，1)，B(2，-1，0)，C(2，1，0)，
则该向量与PB=(2，-1，-1)和PC=(2，1，-1)均垂直，
设n=(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，
所以n·PB=0，n·PC=0，
从而2x−y−z=0,2x+y−z=0.
令x=1，解得y=0,z=2,
故n=(x，y，z)=(1，0，2)符合条件，
显然二面角P-BC-D为锐角，
因此所求余弦值为|cs〈n，m〉|=|n·m||n||m|=|1×0+0×0+2×1|12+02+22×02+02+12=255.]
5.C [如图，以B为原点建立空间直角坐标系，设棱长为1，
则B(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，0，1)，设E(t，1-t，1)，0≤t≤1，
所以AE=(t-1，1-t，1)，平面ABCD的一个法向量为BB1=(0，0，1)，
|cs〈BB1，AE〉|=|BB1·AE||BB1||AE|
=12(1−t)2+1∈33，1，所以AE与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为33，1.
对比各选项，C项不可能.]
6.B [如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心，
设G为BB1的中点，EN为2点钟时针，FM为8点钟时针，
则∠NEG=30°，∠MFG=30°，
设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，
以D为原点，以DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则Ea，a2，b2，Na，a，b2+3a6，
Fa2，a，b2，Ma，a，b2−3a6，
EN=0，a2，3a6，
FM=a2，0，−3a6，
所以|cs〈EN，FM〉|=|EN·FM||EN||FM|=a212a24+3a236×a24+3a236=14.
所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为14.]
7.AD [由已知可得|cs〈n1，n2〉|=n1·n2|n1||n2|=32，因此二面角A-BD-C的大小为π6或5π6.]
8.ABD [△ABC旋转一周后所得圆锥的顶点为C，底面圆心为B，半径AB=2，
所以圆的周长为4π，所以所对的圆心角为∠ABD=π2，A正确；易知B正确；
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，3)，E0，1，32，F(0，0，1)，
所以EF=0，−1，−12，
CD=(2，0，-3)，CA=(0，2，-3)，
所以|cs〈EF，CD〉|=|EF·CD||EF||CD|=36565，C错误；
设平面ACD的法向量为n=(x，y，z)，则n·CD=2x−3z=0,n·CA=2y−3z=0,令z=2，
则n=(3，3，2).设直线EF与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈EF，n〉|=|EF·n||EF||n|=411055，D正确.]
9.119
解析 如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a(a>0)，
则DD1=3a，所以B(a，a，0)，A1(a，0，3a)，C1(0，a，3a)，
则A1B=(0，a，-3a)，
DB=(a，a，0)，A1C1=(-a，a，0)，
设平面DA1B与平面A1BC1的法向量分别为n=(x1，y1，z1)，
m=(x2，y2，z2)，
则n·A1B=ay1−3az1=0,n·DB=ax1+ay1=0,
令x1=3，则n=(3，-3，-1)，
m·A1B=ay2−3az2=0,m·A1C1=−ax2+ay2=0,
令z2=1，则m=(3，3，1)，
设平面DA1B与平面A1BC1的夹角为θ，则cs θ=|n·m||n||m|=|3×3−3×3−1×1|19×19=119，
所以平面DA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为119.
10.2
解析 由题意知，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，D(0，4，0)，设E(2，t，0)(0≤t≤4)，
则PB=(2，0，-2)，PD=(0，4，-2)，
PE=(2，t，-2)，BE=(0，t，0)，
设平面PDE的法向量为n=(x，y，z)，
则PD·n=4y−2z=0,PE·n=2x+ty−2z=0,
令y=2，得n=(4-t，2，4)，
设直线PB与平面PDE所成的角为θ，θ∈0，π2，
所以sin θ=|cs〈PB，n〉|
=|PB·n||PB||n|=2t22×(4−t)2+20=36，
即5t2+8t-36=0，
解得t=2或t=-185(舍去)，
故BE的长为2.
11.(1)证明 如图，连接AB'，取BB'的中点Q，连接AQ，CQ，
由侧面ABB'A'为菱形，
所以A'B⊥AB'.
又由A'B⊥B'C，且AB'∩B'C=B'，AB'，B'C⊂平面B'AC，
所以A'B⊥平面B'AC，
又AC⊂平面B'AC，故而A'B⊥AC.
又由∠ABB'=π3，
所以△ABB'为等边三角形，
所以AQ⊥BB'.
由B'C=BC，所以CQ⊥BB'，
且AQ∩CQ=Q，AQ，CQ⊂平面ACQ，
所以BB'⊥平面ACQ，
又AC⊂平面ACQ，所以AC⊥BB'，
又BB'∩A'B=B，BB'，
A'B⊂平面ABB'A'，
所以AC⊥平面ABB'A'，
AC⊂平面ABC，
故而平面ABB'A'⊥平面ABC.
(2)解 如图，取A'B'的中点F，连接AF，
由(1)知AB⊥AC，AC⊥AF，
由F为A'B'的中点，
则AF⊥A'B'，即AF⊥AB，
所以AB，AC，AF两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=AC=2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，A'(-1，0，3)，E(0，1，0)，
所以EB=(2，-1，0)，A'B=(3，0，-3).
设P(x0，y0，z0)，由2EA'=5EP，
得2(-1，-1，3)=5(x0，y0-1，z0)，
所以x0=-25，y0=35，z0=235，
所以AP=−25，35，235.
设平面A'BE的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则n·EB=0,n·A'B=0,即2x1−y1=0,3x1−3z1=0,
令x1=1，则y1=2，z1=3，
所以n=(1，2，3)，
令θ为AP与平面A'BE所成的角，
所以sin θ=|cs〈n，AP〉|
=|n·AP||n||AP|=28×1=22，
所以AP与平面A'BE所成角的正弦值为22.
12.(1)证明 方法一 由棱台定义可知AA1与CC1共面，且平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又平面ABCD∩平面ACC1A1=AC，平面A1B1C1D1∩平面ACC1A1=A1C1，
所以AC∥A1C1.
连接AC交BD于点O，如图，则O为AC的中点.
因为BC=2B1C1=2，
所以A1C1=AO.
所以四边形A1AOC1是平行四边形，
所以AA1∥OC1.
又AA1⊄平面BDC1，
OC1⊂平面BDC1，
所以AA1∥平面BDC1.
方法二 将棱台补形成棱锥P-ABCD，如图，
由棱台定义知平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又平面ABCD∩平面BCC1B1=BC，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1=B1C1，
所以BC∥B1C1.
连接AC交BD于点O，
则O为AC的中点.
又△BCP∽△B1C1P，所以BCB1C1=PCPC1=2，所以C1为PC的中点，
所以OC1为△ACP的中位线，所以AA1∥OC1.
又AA1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，所以AA1∥平面BDC1.
(2)解 方法一 在正方形ABCD中，BD⊥AC，又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
因为OC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥OC1.
在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，
BO=2，BC1=2，所以OC1=2.
在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2，
所以OC2+OC12=CC12，
所以OC⊥OC1.
以O为原点，分别以OB，OC，OC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.
则B(2，0，0)，D(-2，0，0)，
C(0，2，0)，B122，−22，2，
D1−22，−22，2.
所以B1D1=(-2，0，0)，
B1C=−22，322，−2.
设平面B1CD1的法向量为n=(x，y，z)，
则n·B1D1=0,n·B1C=0,
化简整理得x=0,3y−2z=0,
令y=2，则z=3，所以n=(0，2，3)，
又因为平面BC1D的一个法向量m=(0，1，0)，
所以|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=21313，
所以平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值为21313.
方法二 在正方形ABCD中，
BD⊥AC，
又BD⊥AA1，AC∩AA1=A，
AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
因为OC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥OC1.
在Rt△BOC1中，∠BOC1=90°，
BO=2，BC1=2，
所以OC1=2.
在△OCC1中，OC=OC1=2，CC1=2，
所以OC2+OC12=CC12，
所以OC⊥OC1.
连接B1C交BC1于点M，连接CD1交C1D于点N，
则MN为平面BC1D与平面B1CD1的交线，设MN交OC1于点Q，连接CQ.
由△BCM∽△C1B1M，
有C1MMB=B1C1CB=12，
同理C1NND=12，
所以MN∥BD，
所以MN⊥平面ACC1A1.
又QO⊂平面ACC1A1，
QC⊂平面ACC1A1，
所以MN⊥QO，MN⊥QC，
又∠OQC为锐角，所以∠OQC为平面BC1D与平面B1CD1的夹角.
由MN∥BD得C1MMB=C1QQO=12，
所以QO=223.
在Rt△QOC中，QO=223，OC=2，QC=263，
所以cs∠OQC=21313.
所以平面BC1D与平面B1CD1夹角的余弦值为21313.
13.C [以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，
M0，1，12，N0，12，12，
对于A，MN=0，−12，0，
A1C=(-1，1，-1)，
直线MN与A1C所成角的余弦值为|cs〈MN，A1C〉|=|MN·A1C||MN||A1C|=1212×3=33，故A错误；
对于B，MN=0，−12，0，
BM=−1，0，12，
设平面BMN的法向量为n=(x，y，z)，
则n·MN=−12y=0,n·BM=−x+12z=0,
取x=1，可得y=0，z=2，
所以n=(1，0，2)，
C1D1=(0，-1，0)，BC1=(-1，0，1)，
设平面BC1D1的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则m·C1D1=−y1=0,m·BC1=−x1+z1=0,
取x1=1，可得y1=0，z1=1，
所以m=(1，0，1)，
平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=|1+2|2×5=31010，故B错误；
对于C，因为Q在BC1上，
设Q(x0，1，z0)，
所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，
则C1Q=(x0，0，z0-1)，
C1B=(1，0，-1)，
所以x0=λ，z0=-λ+1，
所以Q(λ，1，-λ+1)，B1Q=(λ-1，0，-λ)，BD1=(-1，-1，1)，
所以B1Q·BD1=1-λ-λ=0，
解得λ=12.
故BC1上存在点Q12，1，12，使得B1Q⊥BD1，故C正确；
对于D，因为MN∥DC∥AB，所以N，M，B，A四点共面，
所以A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA∥平面BMN，故D错误.]
14.4515
解析 设AN=x(0≤x≤2)，
则S△DMN=2×2-12×2x-12(2-x)x-12×2(2-x)=2-12(2-x)x.
由等体积法，得VD−MNB1=VB1−DMN=13×2×S△DMN=43-13(2-x)x≥43-132−x+x22=1，
当且仅当2-x=x，即x=1时，等号成立.
所以当VD−MNB1最小时，M，N分别是所在棱的中点.
方法一 易知A1N=B1M=5，A1M=3，MN=2.由余弦定理，得
cs∠A1MN=32+(2)2−(5)22×3×2=22，
所以sin∠A1MN=22，
所以S△A1MN=12×2×3×22=32.
设点B1到平面A1MN的距离为h.根据VM−A1B1N=VB1−A1MN，
得13×12×2×2×1=13×32×h，解得h=43.
所以B1M与平面A1MN所成角的正弦值为ℎB1M=435=4515.
方法二 以点D为原点，以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N(2，1，0)，M(1，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2).
所以MN=(1，-1，0)，
A1M=(-1，2，-2)，
MB1=(1，0，2).
设平面A1MN的法向量为n=(x，y，z)，
则n·MN=0,n·A1M=0,
即x−y=0,−x+2y−2z=0,
令x=1，得y=1，z=12，
则n=1，1，12.
设B1M与平面A1MN所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈n，MB1〉|=|n·MB1||n||MB1|
=1×1+1×0+12×212+12+122×12+02+22=4515.