2021高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第2课时利用空间向量求夹角和距离练习.doc

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1、第2课时 利用空间向量求夹角和距离 A级基础巩固1若直线l的方向向量与平面的一个法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A120 B60 C30 D60或30解析：设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又因为0 90，所以30.答案：B2(2020湖北七校联考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()A. B.C. D.解析：设正方体的棱长为2，建立如图所示的坐标系，则O(1，1，0)，E(0，2，1)，F(1，

2、0，0)，D1(0，0，2)，所以(1，0，2)，(1，1，1)所以cos，.答案：B3已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析：如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O(0，0，0)，B(，0，0)，A(0，1，0)，B1(，0，2)，所以(，1，2)，由题知(，0，0)为侧面ACC1A1的一个法向量即sin .答案：A4(2020平阴一中月考)过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为()A30 B45 C60 D90解析：以A点为

3、坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系(图略)，且设AB1，所以C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)设平面CDP的法向量为n(x，y，z)，所以令y1，所以n(0，1，1)又因为为平面ABP的一个法向量，所以cosn，.所以二面角为45.答案：B5二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150 B45C60 D120解析：如图所示，二面角的大小就是，因为，所以22222()2222，所以(2)262428224.因此24，cos，又，0，180，所

4、以，60，故二面角为60.答案：C6如图所示，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_解析：因为AEEDAD11，所以AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，所以(1，2，0)，(0，2，1)，所以cos，所以AF与CE所成角的余弦值为.答案：7已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于_解析：

5、延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求二面角的平面角因为BH，EB1，所以tan EHB.答案：8如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E平面ABF，则CE与DF的和的值为_解析：以D1A1，D1C1，D1D分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设CEx，DFy，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1y)，B(1，1，1)，(x1，0，1)，(1，1，y)，由于B1E平面ABF，所以(1，1，y)(x1，0，1)0xy1.答案：19

6、.如图所示，已知点P在正方体ABCD-ABCD的对角线BD上，PDA60.(1)求DP与CC所成角的大小；(2)求DP与平面AADD所成角的大小解：(1)如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D-xyz.则(1，0，0)，(0，0，1)连接BD，BD.在平面BBDD中，延长DP交BD于点H.设(m，m，1)(m0)，由已知，60，由|cos，可得2m，解得m，所以.因为cos，所以，45，即DP与CC所成的角为45.(2)因为ABCD-ABCD为正方体，所以CD平面ADDA.所以为平面ADDA的一个法向量，(0，1，0)又因为，设DP与平面AADD所成的角为，所以sin .所以

7、DP与平面AADD所成角为30.10.(2019浙江卷)如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值(1)证明：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC.如图所示，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B

8、1(，3，2)，F，C(0，2，0)因此，(，1，0)由0得EFBC.(2)解：设直线EF与平面A1BC所成的角为.由(1)可得(，1，0)，(0，2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1，1)，故sin |cos，n|，所以cos .因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.B级能力提升11(2020青岛模拟)在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABBCCD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析：以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴

9、，建立空间直角坐标系，设ABBCCD1，则A(1，0，1)，B(1，0，0)，C(0，0，0)，D(0，1，0)，M，则，(0，1，0)，设异面直线BM与CD夹角为，则cos .所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为.答案：C12(2020武汉调研)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为_解析：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCD-A1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCD-A2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2A2C2E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BD

10、C1的对称点)，易得M，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1.答案：13.如图所示，已知四棱锥P-AB-CD的底面是菱形，对角线AC与BD交于点O，OA4，OB3，OP4，OP底面ABCD，设点M满足(0)(1)当时，求直线PA与平面BDM所成角的正弦值；(2)若二面角M-AB-C的大小为，求的值解：(1)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(4，0，0)，B(0，3，0)，C(4，0，0)，D(0，3，0)，P(0，0，4)，所以(4，0，4)，(0，6，0)，(4，3，0)当时，得M，所以，设平面BDM的法向量n(x，y，z)则即得y0.令x2，则z1，所以n(

11、2，0，1)，所以cos，n，故直线PA与平面BDM所成角的正弦值为.(2)易知平面ABC的一个法向量n1(0，0，1)设M(a，0，b)，代入，得(a，0，b4)(4a，0，b)，解得即M，所以，设平面ABM的一个法向量n2(x，y，z)，则即消去y，得(21)xz，令x1，则z21，y，所以n2，所以cosn1，n2cos ，解得或，因为0，所以.C级素养升华14(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b

12、成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)解析：依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0，1，0)，直线b的方向向量为b(1，0，0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，0，2)，则B(cos ，sin ，0)，所以(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos |sin |，所以4590，所以正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，所以|cos |.所以cos |cos |.因为090，所以60，即直线AB与b的夹角为60.所以正确，错误故正确的结论有.答案：- 11 -