新教材高中数学第一章空间向量与立体几何加练课2空间角的计算含解析新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE11加练课2空间角的计算基础达标练1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),A.-25B.25C.答案：B2.若平面α的一个法向量为n=(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a=(-2,-3,3)，则l与A.-1111B.1111C.答案：D3.（2021山东济宁第一中学高二月考）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=1,AB=2，△PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，则异面直线EC与PDA.33B.63C.6答案：B4.（2020江苏如皋中学高二月考）如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成角为θ，且cosθ=39A.1B.2C.22D.答案：C5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是A.33B.C.13D.答案：B6.（多选）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1CA.平面D1AB.BC∥平面AC.三棱锥D1D.直线D1P与AC答案：A;C解析：对于A，在正方体ABCD-A1B1C因为A1D1⊂平面D1对于B，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得BC∥A对于C，因为S△CDD1=12×1×1=所以三棱锥D1-CDP的体积对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，可得D1(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0)，设则D1则cos＜当a=1时，＜D当a=0,b=1时，＜D所以直线D1P与AC所成角的范围是7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为线段AC的中点，点答案：[解析：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示：则O(1,1,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),设E(a,2-a,2),0≤a≤2，则OE=(a-1,1-a,2)设平面A1BC则n⋅A1B→=0,n⋅B设直线OE与平面A1BC1所成的角为当a=1时，sinθ取得最大值3当a=0或a=2时，sinθ取得最小值2故直线OE与平面A1BC8.（2020湖北咸宁高二期中）如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60∘（1）求证：AC⊥平面BDE；（2）求二面角F-BE-D的余弦值.答案：（1）证明：因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD又DE∩BD=D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE.（2）以D为坐标原点，DA,DC,DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示.因为DE⊥平面ABCD，且BE与平面ABCD所成角为60∘，所以∠DBE=所以DEBD=3，由已知AD=3，可得BD=32，则则A(3,0,0),F(3,0,6所以BF=(0,-3,设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅令z=6，则n=(4,2,因为AC⊥平面BDE，所以CA=(3,-3,0)为平面BDE所以cos⟨因为二面角F-BE-D为锐角，所以其余弦值为13139.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD（1）证明：BD1∥（2）求直线A1D与平面答案：（1）证明：连接BD，与AC交于点F，连接EF，如图.因为底面ABCD是菱形，所以F是BD的中点，又因为E为DD1的中点，所以因为EF⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以B（2）取AD的中点O，连接A1因为在四棱柱ABCD-A平面A1ADD底面ABCD是菱形，AA所以A1O⊥平面ABCD，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA1所在直线为设AA1=则A1设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC→=设A1D与平面ACE所成的角为θ，则所以直线A1D与平面ACE所成角的正弦值为素养提升练10.在底面为正三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3，点D为棱BC的中点，点E为AA.1B.2C.12答案：A解析：由题意知m＞0，过点A在平面ABC内作Ax⊥AC，以A为原点，分别以Ax,AC,AA1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系则，A1设E(0,a,b),∵A1EAE=(0,2mm+1,3则n⋅AD令x=3，则y=-1，z=∴n取平面ADC的一个法向量为m=(0,0,1)由题意知cos⟨∴2m11.（2020山东威海高二月考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=3,AA1=4，A.43B.53答案：B解析：连接PB.以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则A(3,0,0),B(3,3,0),D设P(x,3,z)，则AP=(x-3,3,z),∵AP⊥BD∴z=3∴|BP|=(x-3)2∴∠APB即为AP与平面BCC∴tanθ=|AB|12.（2020浙江杭州高二期中）如图，在直四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，AB⊥AD，AB=AD=1，AA'＞AB，E，F分别是侧棱BA.66B.22C.答案：C解析：如图，建立空间直角坐标系，设BE=m,DF=n(m≥0,n≥0)，则A(0,0,0),E(1,0,m),F(0,1,n)，设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z)则m⋅AE→=x+mz=0,m所以m=(-m,-n,1)，显然u=(0,0,1)为平面因为平面AEF与平面ABC所成的（锐）二面角为30∘，所以|所以m2+n2=13，所以m=13.如图，在三棱柱ABC-A1B1C（1）证明：平面ABC⊥平面BB（2）M,N分别是BC,B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角答案：（1）证明：因为AC=2,CC1=2,AC1=6，所以AC2+CC所以CC1⊥平面ABC.因为C所以平面ABC⊥平面BB（2）连接AM，因为AB=AC=2，M是BC的中点，所以AM⊥BC.由（1）知，平面ABC⊥平面BB1C1C以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则A(0,0,3),N(0,2则AP=(x,y,z-3),AC设平面MNP的一个法向量为n=(由n得{令z1=t，得易知平面BB1C因为二面角P-MN-C的平面角的大小为30∘所以|m⋅n||m||所以点P为线段AC1上靠近点C1创新拓展练14.如图1，在△MBC中，BM=2BC=4,BM⊥BC，A,D分别为BM,MC的中点，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使∠PAB=90∘，如图2，连接（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（2）若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；（3）线段PC上是否存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010？若存在，求出解析：命题分析本题为立体几何中折叠问题与探究性问题的综合应用，难度稍大.意在考查学生的数学运算能力和综合应用已有知识解决问题的能力.答题要领（1）由BM⊥BC可得BM⊥AD，得PA⊥AD，由∠PAB=90∘得PA⊥AB，即可证明PA⊥平面ABCD，由此可以证明平面PAD⊥平面（2）建立空间直角坐标系，得出平面PBD的一个法向量为n=(1,2,1)，设直线DE与平面PBD所成的角为θ，则sin（3）假设线段PC上存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为31010.设G(x0,y0,z0),PGPC=λ(0≤λ≤1)，得出G(2λ,2λ,2-2λ)，求出平面答案：详细解析（1）证明：因为A,D分别为MB,MC的中点，所以AD∥BC.因为BM⊥BC，所以BM⊥AD.所以PA⊥AD.因为∠PAB=90∘，所以又因为AB∩AD=A，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.又因为PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.（2）因为PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD，所以AP,AB,AD两两垂直.则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，依题意有B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1).则DE=(1,0,1),设平面PBD的一个法向量为n=(则有BD→⋅令y1=2，则x1设直线DE与平面PBD所成的角为θ，则sinθ=|故直线DE与平面PBD所成角的正弦值为33（3）存在.假设线段PC上存在一点G，使二面角G-AD-P的余弦值为310由（2）可知，A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,1,0)，则PC=(2,2,-2),设G(x0,即PG=(所以G(2λ,2λ,2-2λ)，所以AG=(2λ,2λ,2-2λ)设平面ADG的一个法向量为n2则有AD即y令z2=λ，则易知平面PAD的一