2025高考数学一轮复习-7.9-空间角问题-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-7.9-空间角问题-专项训练【A级基础巩固】1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为()A．30° B．60°C．120° D．150°2．已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(2),4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为()A．eq\f(2,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,5)4．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A．eq\r(3) B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3－\r(2))5．已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________．6．在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0).如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________．7．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B­B1E­D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))2．(多选)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是()A．若MN与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，则点N的轨迹为圆B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2πC．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D．若D1N与AB所成的角为eq\f(π,3)，则点N的轨迹为双曲线3．若在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知二面角A1­BD­A的大小为eq\f(π,6)，若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为eq\f(π,4)，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是________．5．如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F­DC­B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．参考答案【A级基础巩固】1．解析：由于cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与平面α所成的角为30°.答案：A2．解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以|cos〈s1，s2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(s1·s2,|s1||s2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1－2,\r(2)×3)))＝eq\f(\r(2),2).所以直线l1和l2所成角的余弦值为eq\f(\r(2),2).答案：C3．解析：以D为原点，以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D­xyz(图略)，则D(0，0，0).设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，所以eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以所求的余弦值为eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(DF,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(5))＝eq\f(2,5).答案：A4．解析：∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up6(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up6(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FE,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2)，故|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(3－\r(2)).答案：D5．解析：eq\f(|(0，－1，3)·(2，2，4)|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq\f(\r(15),6).答案：eq\f(\r(15),6)6．解析：平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))则3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，而|cos〈n，u〉|＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2).又a＞0，故a＝eq\f(12,5).答案：eq\f(12,5)7．(1)证明：依题意，以C为原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3).依题意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)解：依题意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，0，－1).设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2).因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以，二面角B­B1E­D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)解：依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\r(3),3).所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．解析：如图，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，设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，∴eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(2λ2－2λ＋2).设异面直线AP与BD所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(\f((2λ－1)2,λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(4－\f(3,λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，当λ＝eq\f(1,2)时，cosθ取得最小值为0，当λ＝0或1时，cosθ取得最大值为eq\f(1,2)，∴0≤cosθ≤eq\f(1,2)，则eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,2).答案：C2．解析：如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝eq\f(π,4)，所以DN＝DM＝eq\f(1,2)DD1＝eq\f(1,2)×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝eq\r(MN2－MD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，取MD的中点E，连接PE.因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝eq\f(1,2)DN＝eq\r(3).因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内．又PE＝eq\r(3)，所以点P的轨迹为以eq\r(3)为半径的圆，其面积为π·(eq\r(3))2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离．又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4).因为D1N与AB所成的角为eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉|＝coseq\f(π,3)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4y,4\r(x2＋y2＋16))))＝eq\f(1,2)，整理得eq\f(3y2,16)－eq\f(x2,16)＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．答案：ACD3．解析：令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为坐标原点，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(－2，0，eq\r(3))，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－3，0，eq\r(3))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，所以|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3,2\r(3)×\r(6))))＝eq\f(\r(2),4)，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)4．解析：如图，过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝eq\f(π,6).过点A作AH⊥A1E于点H，则eq\o(AH,\s\up6(→))为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝eq\f(π,6).因为l与直线CC1所成角的大小为eq\f(π,4)，即l与直线AA1所成角的大小为eq\f(π,4)，那么l与直线AH所成角的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,6)，\f(π,4)＋\f(π,6))).又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))5．(1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°，所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB.在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2eq\r(3)＝BC.在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC.在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2eq\r(3)＝FC，易知二面角F­DC­B的平面角为∠FCB＝60°.又FC＝B