【高考复习方案】2022年高考数学(理)复习一轮作业手册：第45讲-空间角的求法-

课时作业(四十五)[第45讲第1课时空间角的求法](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，且cos〈a，b〉＝eq\f(8,9)，则λ＝()A．2B．－2C．－2或eq\f(2,55)D．2或－eq\f(2,55)2．如图K45­1所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则BC1与AB1所成角的余弦值为图K45­1A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)3．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的法向量为n＝(2，－2，1)，已知P(－1，3，2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A．4B．2C．3D4．如图K45­2所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1，AB，CC1的中点分别为E，F，G，则EF与A1G所成的A．30°B．45°C．60°D．90°图K45­2图K45­35．如图K45­3所示，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1的中点，则异面直线C1D图K45­46．如图K45­4所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),3).若以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________________________________________________________________________．力量提升7．[2022·沈阳调研]在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1A.eq\f(\r(30),10)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(30),15)D.eq\f(\r(15),10)8．如图K45­5所示，正四棱锥S­ABCD的侧棱长为eq\r(2)，底面边长为eq\r(3)，E为SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°图K45­5图K45­69．如图K45­6所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的全部棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DCA.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)10．[2022·皖北五校联考]在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1CA.eq\f(\r(6),4)B．－eq\f(\r(6),4)C.eq\f(\r(10),4)D．－eq\f(\r(10),4)11．已知三棱锥O­ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，E为OC的中点，且OA＝1，OB＝OC＝2，则平面EAB与平面ABC所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(6),6)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(2\r(6),9)D.eq\f(7\r(6),18)12．[2022·佛山质检]已知棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为________13．[2022·合肥调研]已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________14．(10分)如图K45­7所示，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值图K45­715．(13分)[2022·惠州模拟]如图K45­8所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长是2，D是侧棱CC1的中点，直线AD与侧面BB1C1(1)求此正三棱柱的侧棱长；(2)求二面角A­BD­C的余弦值．图K45­8难点突破16．(12分)[2022·天津十二区县联考]如图K45­9所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B，且AB＝AC＝A1B＝(1)证明：平面A1AC⊥平面AB1B(2)求棱AA1与BC所成角的大小；(3)若点P为B1C1的中点，恳求出二面角P­AB­A1的余弦值图K45­9课时作业(四十五)[第2课时空间向量的应用](时间：45分钟分值：60分)基础热身1．(12分)[2022·石家庄二模]在四边形ABCD中，BC∥AD，BC⊥CD，AD＝4，BC＝CD＝2，E，P分别为AD，CD的中点(如图K45­10(1)所示)，将△ABE沿BE折起，使二面角A­BE­C为直二面角，如图(2)，在线段AE上，是否存在一点M，使得PM∥平面ABC？若存在，请指出点M的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．图K45­102．(12分)如图K45­11所示，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AD⊥PB.(2)在棱AB上是否存在点F，使DF与平面PDC所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),5)？若存在，确定线段AF的长度；若不存在，请说明理由．图K45­11力量提升3．(12分)[2022·北京东城区模拟]如图K45­12所示，四棱锥E­ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)求证：BD⊥平面ADE.(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值．(3)在线段CE上是否存在一点F，使得平面BDF⊥平面CDE？请说明理由．图K45­124．(12分)如图K45­13所示，三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC＝1，BC＝2，AA1(1)当E是棱CC1的中点时，求证：CF∥平面AEB1.(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角A­EB1­B的余弦值是eq\f(2\r(17),17)？若存在，求出CE的长；若不存在，请说明理由．图K45­13难点突破5．(12分)[2022·北京石景山区一模]如图K45­14所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是eq\r(3)，D是AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1(2)求二面角A1­BD­A的大小．(3)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由图K45­14

课时作业(四十五)(第1课时)1．C2.A3.B4.B5.eq\f(\r(15),15)6.(1，1，1)7.A8.C9．D10.A11.D12.eq\f(\r(10),5)13.eq\f(4,3)14．解：方法一：(1)证明：由于BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，且BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D.由于B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)由于B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为如图所示，连接A1D.由于棱柱ABCD­A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90所以A1B1⊥平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.又A1D∩A1B1＝A1所以AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，且AD1∩AC＝A，所以B1D⊥平面ACD1，故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，由于AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB，从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故eq\f(AB,DA)＝eq\f(BC,AB)，即AB＝eq\r(DA·BC)＝eq\r(3).连接AB1，易知△BB1D是直角三角形，且B1D2＝BBeq\o\al(2,1)＋BD2＝BBeq\o\al(2,1)＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝eq\r(21)，所以在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝eq\f(AD,B1D)＝eq\f(3,\r(21))＝eq\f(\r(21),7)，即cos(90°－θ)＝eq\f(\r(21),7)，从而可得sinθ＝eq\f(\r(21),7)，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).方法二：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则有A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)，从而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t，3，0)．由于AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)．由于eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).15．(1)侧棱长为2eq\r(2)(2)余弦值为eq\f(\r(10),10)16．解：(1)证明：∵A1B⊥平面ABC，∴A1B⊥AC，又AB⊥AC，AB∩A1B＝B，∴AC⊥平面AB1B，∵AC⊂平面A1AC，∴平面A1AC⊥平面AB1(2)以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，C1(2，2，2)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，cos〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AA,\s\up6(→))1·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AA,\s\up6(→))1|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(8)×\r(8))＝－eq\f(1,2)，故棱AA1与BC所成的角是eq\f(π,3).(3)∵P为棱B1C1的中点，∴易求得P(1，3，2设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))＝（1，3，2），,\o(AB,\s\up6(→))＝（0，2，0），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3y＋2z＝0，,2y＝0，))令z＝1，则n1＝(－2，0，1)，而平面ABA1的一个法向量为n2＝(1，0，0)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－e