2025高考数学一轮复习-7.8-利用空间向量求空间角-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-7.8-利用空间向量求空间角-专项训练【A级基础巩固】1.如图,平行六面体ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,AA1=2,∠C1CB=∠C1CD,∠C1CO=45°.(1)证明:C1O⊥平面ABCD;(2)求二面角BAA1D的正弦值.2.如图,矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直,∠ACB=90°,BE=2.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)若平面ADE与平面ABC的夹角的余弦值是55,且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是13.已知正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,过点D1作出正方体ABCDA1B1C1D1的截面,使得该截面平行于平面BEF.(1)作出该截面与正方体表面的交线,并说明理由;(2)求BD1与该截面所在平面所成角的正弦值.4.如图所示的圆柱中,AB是圆O的直径,AA1,CC1为圆柱的母线,四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形,且AD=CD=BC=12AB=12AA1,E,F分别为A1D,CC(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)求平面AA1D与平面C1EB所成锐二面角的余弦值.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】5.如图,在四棱锥PABCD中,△PAD为正三角形,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥CD,AD=2BC=2,CD=3,PB=6.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)棱PC上是否存在点M,使得二面角MABD的大小为45°?若存在,求出MB的长;若不存在,请说明理由.6.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD与ABEF均为直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知点G为AF上一点,AG=AD,求证:BG与平面DCE不平行;(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55参考答案【A级基础巩固】1.(1)证明:连接C1D,C1B(图略),因为四边形ABCD为正方形,且边长为2.所以BC=CD=2,O为BD,AC的中点,且OC=12AC=2在△C1CD和△C1CB中,因为C所以△C1CD≌△C1CB,所以C1D=C1B.又因为O为BD中点.所以C1O⊥BD.在△OCC1中,因为CC1=AA1=2,OC=2,∠C1CO=45°.所以C1O=C1C2所以C1O2+OC2=CC12,所以C因为C1O⊥OC,OC1⊥BD,OC∩BD=O,OC,BD⊂平面ABCD,所以C1O⊥平面ABCD.(2)解:由(1)知AC,BD,C1O两两垂直,则以O为原点,分别以OA,OB,OC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(图略),则B(0,2,0),A(2,0,0),A1(22,0,2),D(0,-2,0),AA1→=(2,02),AB→=(-2,2,0),AD→设平面BAA1的法向量为n=(x1,y1,z1),则n令x1=1,则y1=1,z1=-1,故n=(1,1,-1).设平面AA1D的法向量为m=(x2,y2,z2),则m令x2=-1,则y2=1,z2=1,故m=(-1,1,1).cos<n,m>=m·n|m|·|n|=-132.(1)证明:因为四边形BCDE为矩形,所以DE⊥CD.因为∠ACB=90°,即AC⊥BC,又DE∥BC,所以DE⊥AC,因为AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以DE⊥平面ACD.(2)解:由(1)可得,CA⊥CB,CA⊥CD,CD⊥CB,以点C为坐标原点,CA→,CB→,设AC=a,BC=b,则A(a,0,0),D(0,0,2),E(0,b,2),B(0,b,0),所以AD→=(-a,0,2),DE→=(0,b,0),因为CD⊥平面ABC,所以平面ABC的一个法向量为CD→设平面AED的法向量n=(x,y,z),则AD→解得y=0,z=a,所以n=(2,0,a),所以|cos<CD→,n>|=|CD→·n因为AC⊥平面BCDE,所以平面BCDE的一个法向量为CA→所以|cos<CA→,AE→>|=|CA→·AE→||所以DE→=(0,11,0),AB→=(-1,所以cos<DE→,AB→>即异面直线DE与AB所成角的余弦值为3363.解:(1)设G,H分别是棱BC,CC1的中点,顺次连接D1,A,G,H,则四边形D1AGH即为所求的截面.理由如下:因为点G,H分别是棱BC,CC1的中点,故BC1∥GH,又BC1∥D1A,所以GH∥D1A,而两平行直线确定一个平面,所以四边形D1AGH为平面图形.因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,故D1A∥EF,又D1A⊄平面BEF,EF⊂平面BEF,所以D1A∥平面BEF.因为EB→=AB→-D1H→=DAB→=D1C1→所以EB→=D又E,B,D1,H不共线,所以EB∥D1H,又D1H⊄平面BEF,EB⊂平面BEF,所以D1H∥平面BEF,又D1A∩D1H=D1,D1A⊂平面D1AGH,D1H⊂平面D1AGH,所以平面D1AGH∥平面BEF.(2)易知BD1与该截面所在平面所成角的正弦值,即BD1与平面BEF所成角的正弦值.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则B(2,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(1,0,2),故BD1→(0,-2,1),EF→则m令z=2,可得m=(2,1,2),所以cos<m,BD1→>=m·B故BD1与平面BEF所成角的正弦值为39即BD1与该截面所在平面所成角的正弦值为394.(1)证明:取AA1的中点G,连接EG,FG,AC,则EG∥AD.因为EG∥AD,EG⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以EG∥平面ABCD,因为AG∥CF,AG=CF,所以四边形AGFC是平行四边形,所以FG∥AC,又FG⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以FG∥平面ABCD,因为FG∩EG=G,FG,EG⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABCD,因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面ABCD.(2)解:设CD=BC=12AA1=1由AD=CD=BC,得∠DAB=∠ABC=60°,易知AC⊥BC,所以AC=42-2由题意知CA,CB,CC1两两垂直,以C为坐标原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(23,0,0),A1(23,0,4),B(0,2,0),C1(0,0,4),D(3,-1,0),E(332,-所以EC1→=(-332设平面C1EB的一个法向量为n=(x,y,z),由n·E取z=1,得n=(23连接BD,因为BD⊥AD,BD⊥AA1,AD∩AA1=A,所以BD⊥平面AA1D,所以平面AA1D的一个法向量为DB→=(-3所以cos<DB→,n>=-2+62所以平面AA1D与平面C1EB所成锐二面角的余弦值为219INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】5.(1)证明:如图,取AD的中点K,连接PK,BK,因为△PAD为正三角形,AD=2,所以PK⊥AD,PK=3.因为底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥CD,AD=2BC=2,所以四边形BCDK为矩形,所以BK=CD=3.又PB=6,所以PK2+BK2=PB2,所以PK⊥BK.又BK∩AD=K,BK,AD⊂平面ABCD,所以PK⊥平面ABCD.因为PK⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)解:由(1)得KB,KA,KP两两互相垂直,则以K为坐标原点,KA,KB,KP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,则P(0,0,3),A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,3,0),当M与C重合时,二面角MABD的平面角为0,不合题意,设PM→=λPC→(0≤λ<1),得M(-λ,3λ,3-所以MA→=(1+λ,-3λ,3λ-3),AB→=(-1,设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),由m得(令x=3,则y=3,z=31所以m=(3,3,31由题意知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos45°=|cos<n,m>|=|n·m||解得λ=12或λ=3所以M(-12,32,所以|MB→|=14+所以棱PC上存在点M,使得二面角MABD的大小为45°,且|MB→|=72.6.(1)证明:因为DA⊥平面ABEF,AB,AF⊂平面ABEF,所以DA⊥AB,DA⊥AF.又AB⊥AF,所以以A为坐标原点,AF,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(1,2,0),C(0,2,1),D(0,0,2),G(2,0,0),所以EC→=(-1,0,1),ED→=(-1,-2,2),设平面