专题12利用空间向量法求空间中的角度（特色专题卷）（人教A版2019选择性）

专题1.2利用空间向量法求空间中的角度（特色专题卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2020秋•肥城市期中）若两异面直线l1与l2的方向向量分别是n1→=（1，0，﹣1），n2→=（0，﹣1，1），则直线A．30° B．60° C．120° D．150°【分析】运用向量的夹角公式，结合向量的数量积的坐标表示和向量的模的公式，计算可得所求异面直线所成角．【解答】解：n1→=（1，0，﹣1），n2→=（可得n1→•n2→=1×0+0×（﹣1）+（﹣1|n1→|=2，|n则cos＜n1→由0°≤＜n1→，n2→＞可得直线l1与l2的夹角为60°，故选：B．2．（2020秋•荔湾区期末）已知空间向量a→=（1，0，1），b→=（1，1，n），且a→•b→A．π6 B．π3 C．2π3【分析】根据a→•b→=3求出n的值，再计算cos＜a→，b【解答】解：∵a→•b→=1+0+n解得n＝2；又|a→|=1+0+1=2，b→=（∴cos＜a→，且＜a→，b→＞∈[0∴a→与b→的夹角为故选：A．3．（2021秋•鼓楼区校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1中点为E，则二面角A﹣BE﹣B1的余弦值为（）A．-1010 B．-8145145 C．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角A﹣BE﹣B1的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A（2，0，0），B（2，2，0），E（0，0，1），B1（2，2，2），AB→=（0，2，0），EB→=（2，2，﹣1），EB1→设平面ABE的法向量为n→=（x，y，则n→⋅AB→=2y=0n→⋅EB→=2设平面BB1E的法向量为m→=（a，b，则m→⋅EB→=2a+2b-c=0m→设二面角A﹣BE﹣B1的平面角为θ，由图知θ为钝角，∴二面角A﹣BE﹣B1的余弦值cosθ=-|故选：A．4．（2021春•和平区期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的正弦值为（）A．52 B．32 C．22 【分析】建立空间直角坐标系，分别求出BC1的方向向量和平面ACC1A1的法向量，然后套公式计算即可．【解答】解：如，分别取BC，B1C1的中点M，N．由正三棱柱ABC﹣A1B1C1易证，MN⊥平面ABC．连接MA，易知MA，BC，MN两两垂直．以M为原点直线MA，MB，MN分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系M﹣xyz：由已知得：A（32，0，0），C（0，−12，0），C1（0，−12，2），B（0，1所以CA→=（32，12，0），CC1→=（0，0，2），设平面ACC1A1的法向量为n→=（x，y，所以n→⋅CA令x＝1，则y=-3，z＝0，故n→=（1，−3设BC1与侧面ACC1A1所成角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，故选：D．5．（2021•雁峰区校级模拟）空间直角坐标系O﹣xyz中，经过点P（x0，y0，z0），且法向量为m→=(A，B，C)的平面方程为A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，经过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为n→=(μ，v，ω)(μvω≠0)的直线l的方程为x-A．60° B．120° C．30° D．45°【分析】求出平面的法向量，直线的方向向量，利用直线与平面所成角的的公式求解即可．【解答】解：因为平面α的方程为x-y+因为直线l的方程为x3=-y故直线l与平面a所成角的正弦值为|-故选：C．6．（2021春•盐城期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段C1D1上，若直线B1P与平面BC1D1所成的角为θ，则tanθ的取值范围是（）A．[34，33] B．[1，3【分析】建系，设P点坐标，求平面BC1D1的法向量，结合向量的夹角表示出sinθ，再求出sinθ的范围，进而得到tanθ的取值范围．【解答】解：如图所示，以A1为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1＝2，则D1（2，0，0），C1（2，2，0），B1（0，2，0），B（0，2，2），C（2，2，2），设P（2，t，0），t∈[0，2]，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为C1D1⊥平面C1CBB1，所以C1D1⊥B1C，又B1C∩BC1≠∅，所以B1C⊥平面D1C1B，即B1C→是平面D1C1B1sinθ=|因为θ∈[0，π故选：D．7．（2020秋•抚州期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，则EF与平面A1BC1所成角的正弦值为（）A．36 B．26 C．33 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出EF与平面A1BC1所成角的正弦值．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则E（2，1，2），F（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），EF→=（﹣1，1，﹣2），BA1→=（0，﹣2，2），BC设平面A1BC1的法向量n→=（x，y，则n→⋅BA1→=-2y+2z=0n→设EF与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|∴EF与平面A1BC1所成角的正弦值为23故选：D．8．（2020秋•鼓楼区校级期末）已知动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1（不含端点）上．设D1PD1B=A．（0，13） B．（0，12） C．（13，1） D．（1【分析】建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即PA→⋅PC→【解答】解：由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，1）∴D1B→=（1，1，﹣1），∴设D1P→∴PA→=PD1→+D1A→=（﹣λ，﹣λ，λ）+（1，0，﹣PC→=PD1→+D1C→=（﹣λ，﹣λ，λ）+（0，1，﹣由图知∠APC不是平角，∴∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，∴PA→⋅∴（1﹣λ）（﹣λ）+（﹣λ）（1﹣λ）+（λ﹣1）2＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＜0，解得13＜λ∴λ的取值范围是（13，1故选：C．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2021•江阴市开学）若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则（）A．AC与BD所成的角为90° B．AD与BC所成的角为45° C．BC与平面ACD所成角的正弦值为62D．平面ABC与平面BCD所成角的正切值是2【分析】取BD的中点O，连接AO，CO，可得AO⊥BD，CO⊥BD，证明AO⊥平面BCD，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解空间角，再逐一核对四个选项得答案．【解答】解：如图，取BD的中点O，连接AO，CO，可得AO⊥BD，CO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为2，则C（1，0，0），A（0，0，1），B（0，﹣1，0），D（0，1，0），AC→=(1，0，-1)∵AC→⋅BD→=0，∴AC→⊥BD→∵cos＜AD→，BC→＞=AD→设平面ACD的一个法向量为a→由a→⋅AC→=x-∵cos＜BC→，a→＞=BC→设平面ABC的一个法向量为b→由b→⋅AC→=x1-而平面BCD的一个法向量为c→∵cos＜b→，c→＞=则平面ABC与平面BCD所成角的正弦值为63，正切值是2，故D故选：AD．10．（2021•湖北开学）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AE＝BC＝2．AB＝AD＝1，CF=8A．BD⊥EC B．BF∥平面ADE C．二面角E﹣BD﹣F的余弦值为13D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为5【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量垂直的充要条件判断选项A，由方向向量与平面的法向量之间的关系判断选项B，由向量的夹角公式求解二面角和线面角，即可判断选项C，D．【解答】解：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2），F（1，2，87所以BD→因为BD→则BE与EC不垂直，故选项A错误；因为AB→=(1，又BF→则BF→⋅AB→=0，又直线所以BF∥平面ADE，故选项B正确；设平面BDF的法向量为m→则m→⋅BD令b＝1，则a＝1，c=-7故m→由题意，BD→设平面BDE的法向量为n→则n→⋅BD令z＝1，则x＝y＝2，故n→故|cos故选项C正确；因为|cos故选项D错误．故选：BC．11．（2021•路北区校级模拟）已知正四棱锥S﹣ABCD的体积为423，底面边长为A．该四棱锥的侧面积为43 B．棱SA与SC垂直 C．平面SAB与平面SCD垂直 D．二面角B﹣SA﹣C的余弦值为3【分析】求出正四棱锥的高h=2，侧棱在底面的射影为2，侧棱SA＝2，由此能求出该四棱锥的侧面积，能推导出棱SA与SC垂直，设AC∩BD＝O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出平面SAB与平面SCD不垂直，求出二面角B﹣SA﹣C【解答】解：由题意得正四棱锥的底面积S＝4，根据棱锥的体积公式V=13Sh得：正四棱锥的高h∵正四棱锥的底面边长为2，∴侧棱在底面的射影为2．∴侧棱SA=2+2=∴该四棱锥的侧面积S＝4×12×2×2×sin60°=∵SA＝SC＝2，AC＝22，∴SA2+SC2＝AC2，∴棱SA与SC垂直，故B正确；设AC∩BD＝O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），D（0，-2，0），S（0，0，SA→=（2，0，-2），SB→=（0，2，-2），SC→=（-2，0，-设平面SAB的法向量n→=（x，y，则n→⋅SA→=2x-2z=0n→设平面SCD的法向量m→=（a，b，则m→⋅SC→=-2a-2c=0m→∵m→⋅n→=1≠0，∴平面SAB对于D，设平面SAD的法向量p→=（x1，y1，z则p→⋅SA→=2x1-2z1=0p平面SAC的法向量q→=（0，1，设二面角B﹣SA﹣C的平面角为θ，则二面角B﹣SA﹣C的余弦值为：cosθ=|p→故选：ABD．12．（2021春•金华期末）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F分别是棱AD，CD上的动点，满足AE＝DF，则（）A．四棱锥B1﹣BEDF的体积为定值 B．四面体D1DEF表面积为定值 C．异面直线B1E和AF所成角为90° D．二面角D1﹣EF﹣B1始终小于60°【分析】A，利用S＝SABCD﹣S△ABE﹣S△BCF＝1-12AE-12FC＝1B，过D作DH⊥EF，连接D1H，则D1H⊥EF，设AE＝DF＝x，四面体D1DEF表面积为S=12x×1+C，建立空间直角坐标系，设AE＝x，利用B1E→⋅AF→=D，取AE＝DF=1【解答】解：对于A，因为四边形BEDF的面积为S＝SABCD﹣S△ABE﹣S△BCF＝1-12AE-12FC＝1-12∴四棱锥B1﹣BEDF的体积为定值，故正确；对于B，过D作DH⊥EF，连接D1H，则D1H⊥EF，设AE＝DF＝x，则DH=x∴D1H=DH2+1∴四面体D1DEF表面积为S=12x×1+12(1-x对于C，如图建立空间直角坐标系，设AE＝x，则E（1﹣x，0，0），F（0，x，0），B1（1，1，1），A（1，0，0），则B1E→∴B1E→⋅AF→=x﹣x+0＝0，∴异面直线B对于D，当AE＝DF=12时，可得二面角D1﹣EF﹣D就是∠DHD1，二面角B1﹣EF﹣B就是∠BHB则tan∠DHD1＝22，tan∠bHb1=2tan（∠DHD1+∠BHB1）=2此时二面角D1﹣EF﹣B1的正切值为82故选：ABC．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2020秋•青铜峡市校级月考）已知空间四点A（0，1，0），B（1，0，12），C（0，0，1），D（1，1，12），则异面直线AB，CD所成的角的余弦值为1【分析】利用向量坐标运算、向量夹角公式即可得出．【解答】解：（1）设AB→=aa→⋅b→=1﹣1-∴cos＜∴异面直线AB，CD所成的角的余弦值为19故答案为：1914．（2021春•黄冈期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中点，直线B1O与平面ACD1所成角的正弦值为223【分析】首先建立空间直角坐标系且不妨设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，于是写出各点的坐标，然后求出平面ACD1的一个法向量为n→=(x，y【解答】解：以AB、AD、AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0），B1（1，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），O（12，12，0），所以B1O→=（AC→=(1，设平面ACD1的一个法向量为n→n→⋅AC→=0n→⋅AD1→=0，即x于是，cos＜所以sinθ＝|cos＜B1O其中θ为直线B1O与平面ACD1所成角．所以直线B1O与平面ACD1所成角的正弦值为22故答案为：2215．（2021•绍兴二模）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝85【分析】建立合适的空间直角坐标系，MA＝k，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面D1MN的法向量，利用向量的夹角公式表示出二面角的关系式，由余弦函数的单调性以及二次函数的性质求解即可．【解答】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设MA＝k，则D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），所以D1设平面D1MN的法向量为n→则有n→⋅D令z＝8，则x＝8﹣2k，y＝4+k，故n→平面ABCD的一个法向量为m→设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为α，则cosα=锐二面角α越小，则cosα越大，所以求5k2﹣24k+144的最小值，令f（k）＝5k2﹣24k+144=5(k所以当k=125时，α有最小值，此时故答案为：8516．在如图所示的几何体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形，ABCD是等腰梯形，AD＝DE，∠ADE＝90°，AB∥CD，∠ADC＝120°．给出下列三个命题，下列命题为真命题的是①③．①平面ABCD⊥平面EDCF；②异面直线AF与BD所成角的余弦值为34③直线AF与平面BDF所成角的正弦值为55【分析】利用线面垂直的判定定理证明DE⊥平面ABCD，由面面垂直的判定定理即可判断选项①，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出直线的方向向量，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解线线角和线面角，即可判断选项②③．【解答】解：对于①，因为∠ADE＝90°，所以AD⊥DE，因为四边形EDCF是正方形，所以DC⊥DE，又AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，又DE⊂平面EDCF，所以平面ABCD⊥平面EDCF，故选项①正确；由已知，DC∥EF，因为DC⊄平面ABFE，EF⊂平面ABFE，所以DC∥平面ABFE，又DC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，所以AB∥CD，又AD＝DE，所以AD＝CD，令AD＝1，则AB＝2，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理可得，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD＝3，所以AD2+BD2＝AB2，则AD⊥BD，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则D（0，0，0），A（1，0，0），F(-所以FA→=(3则|cos所以异面直线AF与BD所成角的余弦值为34，故选项②对于③，设平面BDF的法向量为n→则n→⋅DB令x＝2，则y＝0，z＝1，故n→所以|cos则直线AF与平面BDF所成角的正弦值为55，故选项③故答案为：①③．解答题（共6小题，满分70分）17．（2020秋•金家庄区校级期末）如图，60°的二面角的棱上有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AB＝2，AC＝3，BD＝4，求CD的长．【分析】由已知条件知CD→=CA【解答】解：如图，CD→CD→∴CD的长为17．18．（2020秋•台江区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC＝1，PA＝2，E为（1）求cos＜AC→，（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离．【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cos〈（2）设在侧面PAB内找一点N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，利用向量法列方程组求出N（36，0，1），由此能求了N到AB和AP【解答】解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC＝1，PA＝2，E为以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（3，1，0），P（0，0，2），B（3，0，0），AC→=（3，1，∴cos〈（2）设在侧面PAB内找一点N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，D（0，1，0），E（0，12，1），NE→=（﹣a，12，AP→=（0，0，2），AC→∴NE→⋅AP→=2(1-c)=0NE∴N（36，0，1∴N到AB的距离为1，N到AP的距离为3619．（2021•龙凤区校级开学）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝4，AB＝2，点E在CC1上，且C1E＝3EC．（1）求证：A1C⊥平面BED；（2）求直线DD1与平面BED所成的角的正弦值．【分析】由题可以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，分别由空间向量进行求证求解即可．【解答】解：由题，以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，如图：B（2，2，0），E（0，2，1），D（0，0，0），A1（2，0，4），D1（0，0，4），C（0，2，0），（1）设面BDE的一个法向量为n→DB→=(2，2，所以n→⋅DB不妨令y＝﹣1，则n→cos＜所以n→//CA1→，所以（2）由（1）得DDcos＜所以直线DD1与平面BED所成的角的正弦值为6320．（2021•3月份模拟）图1是由正方形ABCD，Rt△ABE，Rt△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝AE＝DF＝1，将其沿AB、CD折起使得点E与点F重合，如图2．（1）证明：图2中的平面ABE与平面ECD的交线平行于底面ABCD；（2）求二面角B﹣EC﹣D的余弦值．【分析】（1）先证明CD∥平面ABE，然后利用线面平行的性质定理，证明l∥CD，由线面平行的判定定理即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标，以及平面EBC和平面ECD的法向量，利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：因为CD∥AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD∥平面ABE，因为CD⊂平面ECD，设平面ABE∩平面ECD＝l，所以l∥CD，因为l⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以l∥平面ABCD，即平面ABE与平面ECD的交线平行底面ABCD；（2）解：建立空间直角坐标系如图所示，则E(0所以BC→设平面EBC的法向量n1→=（x，y，z），平面ECD的法向量为n2→=（则有BC→⋅n令z＝1，则x=32，令c＝1，则b所以n1所以cos