新教材2025版高中数学课时作业十用空间向量研究夹角问题新人教A版选择性必修第一册

课时作业(十)用空间向量探讨夹角问题[练基础]1．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面夹角为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°2．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，则l与α所成的角为()A．eq\f(2π,3)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6)D．eq\f(5π,6)3.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是上底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(10),4)D．eq\f(\r(6),3)4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(2),3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(6),3)5．(多选)若直线a的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是()A．若a⊥n，则直线a∥平面αB．若a∥n，则直线a⊥平面αC．若cos〈a，n〉＝eq\f(1,2)，则直线a与平面α所成角的大小为eq\f(π,6)D．若cos〈m，n〉＝eq\f(1,2)，则平面α，β的夹角为eq\f(π,3)6.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的随意点，则直线BM与OP夹角的大小为________．7．已知二面角α­l­β为锐角，平面α的法向量为n1＝(eq\r(3)，0，－1)，平面β的法向量为n2＝(－eq\f(\r(3),2)，1，eq\f(1,2))，则cos〈n1，n2〉＝________，二面角α­l­β的大小为________．8．如图，三棱锥PABC中，底面△ABC为直角三角形，AB＝BC＝2，D为AC的中点，PD＝DB，PD⊥DB，PB⊥CD.(1)求证：PD⊥平面BCD；(2)求PA与平面PBC所成角的正弦值．[提实力]9．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，O是AC的中点，点P在线段A1C1上，若直线OP与平面ACD1所成的角为θ，则cosθ的取值范围是()A．[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(3),3)]B．[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(6),3)]C．[eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),3)]D．[eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(7),3)]10．(多选)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，点E为PA的中点，AB＝BC＝1，AD＝2，PA＝eq\r(2)，则()A．eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝3B．异面直线BE与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)C．点B到平面PCD的距离为eq\f(1,2)D．BC与平面PCD所成的角为eq\f(π,6)11.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，C1D1的中点，则异面直线EF与BD1所成角的余弦值为________；直线AE与平面AB1C所成角的正弦值为________．12．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面ACC1A1为矩形，且侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，AB＝AC＝2，AA1＝B1C＝2eq\r(2).(1)证明：A1B1⊥平面AB1C；(2)若点D为棱B1C1的中点，求平面AB1C与平面AA1D所成的锐二面角的余弦值．[培优生]13．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝eq\r(3)，将△ABD沿BD所在的直线进行翻折，得到空间四边形A1BCD.给出下面三个结论：①在翻折过程中，存在某个位置，使得A1C⊥BD；②在翻折过程中，三棱锥A1BCD的体积不大于eq\f(1,4)；③在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线A1D与BC所成角为45°.其中全部正确结论的序号是________．课时作业(十)用空间向量探讨夹角问题1．解析：cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1·\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.答案：A2．解析：线面角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∵〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，∴l与法向量所在直线所成角为eq\f(π,3)，∴l与α所成的角为eq\f(π,6).答案：C3.解析：以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，A(2，0，0)，E(1，1，2)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，1，2)，D1B＝(2，2，－2)，＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\r(6)×\r(12))))＝eq\f(\r(2),3)，所以异面直线AE与BD1所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).答案：B4.解析：设正方体的棱长为1，建系如图．则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).平面ACD1的一个法向量为DB又BB1＝(0，0，1)，则cos〈DB＝＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)．答案：D5．解析：若a⊥n，则直线a与平面α平行或在平面α内，所以A是假命题；若a∥n，则a也是平面α的法向量，所以直线a⊥平面α，所以B是真命题；直线与平面的夹角的正弦值等于直线与平面法向量所成的锐角的余弦值，所以C是真命题；两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90°的角相等，所以D是真命题．答案：BCD6．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，A1P＝x(0≤x≤2)，则O(1，1，0)，P(2，x，2)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，x－1，2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2，0，1).所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，所以直线BM与OP夹角的大小为eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)7．解析：cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(（\r(3)，0，－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1，\f(1,2))),\r(3＋1)·\r(\f(3,4)＋1＋\f(1,4)))＝eq\f(－\f(3,2)－\f(1,2),2\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，设二面角大小为α(0≤α≤π)，因为二面角α­l­β为锐角，故cosα＝－cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(2),2)，解得：α＝eq\f(π,4)，故二面角α­l­β的大小为eq\f(π,4).答案：－eq\f(\r(2),2)eq\f(π,4)8．解析：(1)证明：∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥CD，∵PB⊥CD，BD∩PB＝D，BD、PB⊂平面PBD，∴CD⊥平面PBD，而PD⊂平面PBD，∴CD⊥PD，又PD⊥DB，CD∩DB＝D，CD、DB⊂平面BCD，∴PD⊥平面BCD.(2)由(1)知，PD⊥平面BCD，BD⊥AC，故以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，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)，C(－eq\r(2)，0，0)，P(0，0，eq\r(2))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－eq\r(2))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，－eq\r(2))，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝\r(2)y－\r(2)z＝0,n·\o(PC,\s\up6(→))＝－\r(2)x－\r(2)z＝0))，令z＝1，则n＝(－1，1，1)，设PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2)－\r(2),2×\r(3))))＝eq\f(\r(6),3)，故PA与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).9.解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，O(1，1，0)，D1(0，0，1)，设P(a，2－a，1)(0≤a≤2)，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝(a－1，1－a，1)，AD1＝(－2，0，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝1，得n＝(1，1，2)，所以sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(OP,\s\up6(→)),|n|·|\o(OP,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－1＋1－a＋2,\r(6)·\r(（a－1）2＋（1－a）2＋12))))＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(1,\r(2（a－1）2＋1))，由于0≤a≤2，∴eq\r(2（a－1）2＋1)∈[1，eq\r(3)]，∴eq\f(1,\r(2（a－1）2＋1))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))，∴sinθ＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(1,\r(（a－1）2＋2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(6),3)))，∴sin2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(2,3)))，∴1－sin2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,9)))，由于θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(7),3))).答案：D10.解析：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，eq\r(2))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(2))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，则eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1＋0＋1＝2.|cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CD,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(CD,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)))＝eq\f(1,\r(2)×\r(\f(3,2)))＝eq\f(\r(3),3)，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CP,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x－y＋\r(2)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,z＝\r(2)x，))令x＝1，则y＝1，z＝eq\r(2)，所以平面PCD的一个法向量为m＝(1，1，eq\r(2)).则eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|1|,\r(12＋12＋（\r(2)）2))＝eq\f(1,2)，所以点B到平面PCD的距离为eq\f(1,2)，又|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，所以BC与平面PCD所成的角为eq\f(π,6).答案：BCD11.解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，BD1＝(－2，－2，2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1).设异面直线EF与BD1所成角为α，则cosα＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，BD1〉|＝＝eq\f(4＋2＋2,\r(6)×2\r(3))＝eq\f(2\r(2),3)；∵BD1＝(－2，－2，2)，AB1＝(0，2，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))∴BD1·AB1＝0，BD1·eq\o(AC,\s\∴BD1⊥AB1，BD1⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1C，设直线AE与平面AB1C所成角为β，则sinβ＝|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，BD1〉|＝＝eq\f(|2×（－2）＋1×2|,\r(5)×\r(12))＝eq\f(\r(15),15).答案：eq\f(2\r(2),3)eq\f(\r(15),15)12．解析：(1)证明：连接A1C，因为侧面ACC1A1为矩形，所以A1C2＝AC2＋AAeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝12，又B1C2＋A1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝8＋4＝12，所以A1C2＝B1C2＋A1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，即B1C⊥A1B1.①因为侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，侧面ACC1A1∩侧面ABB1A1＝AA1，AC⊥AA1，AC⊂面ACC1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，又A1B1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥A1B1，②由①②及AC∩B1C＝C，得A1B1⊥平面AB1C.(2)由(1)知：AC⊥AB1，AC⊥AB，AB⊥AB1，以A为原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，AB1，eq\o(AC,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，由已知，得A(0，0，0)，B1(0，2，0)，A1(－2，2，0)，C1(－2，2，2)，由D为棱B1C1的中点，得D(－1，2，1)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，AA1＝(－2，2，0)，A1B设平面ADA1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋z＝0,－2x＋2y＝0))，得n＝(1，1，－1).由(1)知平面AB1C的一个法向量为A1B1＝(2，0，0)，设平面AB1C与平面AA1D所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈A1B1，n〉|＝＝eq\f(\r(3),3)，即平面AB1C与平面AA1D所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).13．解析：如图1，在矩形ABCD中，过A，C点作BD的垂线，垂足分别为E，F，则在翻折过程中，形成如图2的几何体，故对于①，连接CE，假设存在某个位置，使得A1C⊥BD，由于A1E⊥BD，A1C∩A1E＝A1，所以BD⊥平面A1CE，所以BD⊥CE，这与图1中的BD与CE不垂直冲突，故错误；对于②在翻折过程中，当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1­BCD的体积取得最大值，此时A1E＝eq\f(AD·AB,BD)＝eq\f(\r(3),2)，体积为V＝eq\f(1,3)·S△BCD·A1E＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4)，故三棱锥A1BCD的体积不大于eq\f(1,4)，故正确；对于③，A1D＝A1E＋eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))，由②的探讨得AE＝DF＝eq\f(1,2)，EF＝1，所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))，所以A1D·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(A1E＋eq\o(ED,\s\up6(→)))·(eq\o(BF,\s\up6(→))＋