2021_2022学年新教材高中数学第一章1

第2课时利用向量求空间角

课后篇巩固提升

必备知识基础练

1.已知点A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为()

A. B.-

C. D.-

522522

√√

6666

522522

√√

2222

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

5𝐴𝐵522

3×2266

√

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

=(2,-2,-1),𝐶𝐷=(-2,-3,-3),而cos􀎮𝐴𝐵􀎮=解析𝐴𝐵,故直线AB和CD所成角的

,𝐶𝐷==

·𝐶𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

|𝐴𝐵||𝐶𝐷|

√

余弦值为.

答案A

522

√

66

2.如图,在三棱柱ABC-ABC中,AA⊥底面ABC,AA=3,AB=AC=BC=2,则AA与平面ABC所成角

11111111

的大小为()

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

解析取AB的中点D,连接CD,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

可得A(1,0,0),A(1,0,3),故𝐴𝐴=(0,0,3),而B(-1,0,3),C(0,3,3),设平面ABC的法向量为

11111

1

√

m=(a,b,c),

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

根据m·𝐴𝐵𝐴𝐶=0,m·=0,解得m=(3,-3,2),cos<m,𝐴𝐴>=.故AA与平面ABC所成

111

√

角的大小为30°,故选A.

答案A

𝑚·𝐴𝐴1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

=

111

2

|𝑚||𝐴𝐴|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

3.已知正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面PCD的夹角

为()

A.30° B.45°

C.60° D.90°

解析如图所示,建立空间直角坐标系.设PA=AB=1,

则A(0,0,0),D(0,1,0),

P(0,0,1),

∴𝐴𝐷=(0,1,0).

⃗⃗⃗⃗⃗

取PD的中点E,

则E,

(0

22

,

)

,

⃗⃗⃗⃗ ⃗

=,,

(0)

11

,

∴𝐴𝐸

22

11

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗

是平面PCD的一个法向量,所以cos<>=,故平面易知𝐴𝐷是平面PAB的一个法向量,𝐴𝐸𝐴𝐷

√

2

,𝐴𝐸

2

PAB与平面PCD的夹角为45°.

答案B

4.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-ABCD中,M为AB的中点,则异面直线

111111

AM与BC所成角的余弦值为()

1

A. B.

√√

1010

510

D. C.

√√

23

22

2

解析以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.

设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,0),

11

∴𝐵=(-1,0,-1),

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐶

∴|𝐵|=2.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐶

√

∵M为AB的中点,

11

∴M1,|𝐴𝑀|=,1.∴𝐴𝑀=0,,1,∴.

115

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

√

222

∴异面直线AM与BC所成角的余弦值为

1

|cos<𝐴𝑀>|==.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐴𝑀𝐶10

·𝐵

1

√

|𝐴𝑀||𝐵|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐶5

故选A.

答案A

5.两个平面的法向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这两个平面的夹角的余弦值为.

解析由=,知夹角的余弦值为.

(0,-1,3)·(2,2,4)

√√√√

1+9×4+4+1610×2466

-2+12

√√

1515

=

答案

√

15

6

6.在正方体ABCD-ABCD中,点E为BB的中点,则平面AED与平面ABCD夹角的余弦值

111111

为.

解析建立空间直角坐标系如图,设正方体的棱长为2,则D(2,0,0),A(0,0,2),E(0,2,1),则𝐴=(2,0,-

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐷

2),𝐴=(0,2,-1).

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝐸

设平面AED的法向量为n=(x,y,z),则{

1

𝑛·𝐴𝐷=0,

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

𝑛·𝐴𝐸=0.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

1

则{即{

2𝑥-2𝑧=0,

𝑥=𝑧,

2𝑦-𝑧=0,

𝑧=2𝑦.

令y=1,得n=(2,1,2).

易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),

则cos,m>=.

𝑛·𝑚2

|𝑛||𝑚|

=

3

设平面AED与平面ABCD的夹角为θ,

1

则cosθ=|cos<n,m>|=.

2

2

3

答案

3

3

7.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xOy的夹角

为45°,则a=.

-3𝑥+4𝑦=0,

解析平面xOy的一个法向量为n=(0,0,1),设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),则{即

-3𝑥+𝑎𝑧=0,

3x=4y=az,取z=1,则x=,y=,∴m=

3434

(

,,1).

由题意得|cos<n,m>|=.

12

12

22

916

𝑎𝑎𝑎𝑎

√

𝑎𝑎

++1

=

√

2

又因为a>0,所以a=.

5

答案

5

12

8.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.

(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;

(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值.

⃗⃗⃗⃗

=(2,2,-2),∵AB⊥平面SAD,故平面解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,S(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),𝑆𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

·𝐴𝐵||𝑆𝐶

√

3

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗

=(0,2,0),设SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=ASD的一个法向量为𝐴𝐵𝑆𝐶,

,𝐴𝐵=

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

|𝑆𝐶||𝐴𝐵|

3

√√

66

故cosθ=,即SC与平面ASD所成角的余弦值为.

33

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

=(2,2,-2),𝑆𝐷=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为(2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵𝑆𝐶

⃗⃗⃗⃗

·𝑛=0,

𝑥+𝑦-𝑧=0,

𝑆𝐶

n=(x,y,z),由{令z=1可得平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),设平面SAB

⇒{

𝑥-2𝑧=0,

⃗⃗⃗⃗⃗

𝑆𝐷

·𝑛=0

和平面SCD的夹角为α,则cosα=,即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为.

|𝑚·𝑛|

|𝑚||𝑛|

=

√√

66

33

关键能力提升练

9.(2020安徽黄山高二期末)已知直四棱柱ABCD-ABCD的所有棱长相等,∠ABC=60°,则直线BC

11111

与平面ABBA所成角的余弦值等于()

11

A.B.C.D.

4422

√√√√

61023

4

解析直四棱柱ABCD-ABCD的所有棱长相等,∠ABC=60°,取BC中点E,以A为原点,AE为x

1111

轴,AD为y轴,AA为z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

则B(3,-1,0),C(3,1,2),A(0,0,0),A(0,0,2),𝐵𝐶=(0,2,2),𝐴𝐵=(3,-1,0),𝐴𝐴=(0,0,2),

√√√

11

11

⃗⃗⃗⃗⃗

=3𝑥-𝑦=0,𝑛·𝐴𝐵

√

设平面ABBA的法向量n=(x,y,z),则{

11

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝑛·𝐴𝐴=2𝑧=0,

1

取x=1,得n=(1,3,0),

√

设直线BC与平面ABBA所成角为θ,则sinθ=,∴cosθ=,∴直

111

线BC与平面ABBA所成角的余弦值等于,故选B.

111

答案B

10.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥

底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为()

√

⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑛||𝐵𝐶

|𝐵𝐶||𝑛|

⃗⃗⃗⃗⃗

2

√√√√

662310

√

1-===

()

448·44

√√

√

10

4

A.- B.

33

C.- D.

33

√√

66

√√

33

解析由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP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,由题知,OA=OB=2,

则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),

∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,-1,1),设平面OEF的法向量为m=(x,y,z), ∴𝑂𝐸=(1,-1,0),𝑂𝐹

5

𝑥-𝑦=0,

𝑚·𝑂𝐸=0,

⃗⃗⃗⃗⃗

则{即{令x=1,可得m=(1,1,1),

-𝑦+𝑧=0,

⃗⃗ ⃗⃗⃗

=0,𝑚·𝑂𝐹

易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),

则cos<m,n>=,设平面FOE与平面OEA夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=.

|𝑚||𝑛|

==

答案B

11.已知在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将△ABC沿AC折起,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-

CD-A的余弦值为()

𝑚·𝑛133

√

333

√√

A.2 B. C. D.

235

135

√√

解析设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO,DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面

BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图,建立空间直角坐标系,则

O(0,0,0),C,0,0,B0,0,,D0,,0,

133

222

133

√√

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

=0,0,,𝐵𝐶=所以𝑂𝐵,0,-,

√√

222

⃗⃗⃗⃗⃗

=-,0.

13

,𝐶𝐷

√

22

设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),

𝑥-𝑧=0,

22

⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑛=0,

𝐵𝐶

则{即{

13

√

⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑛=0,

𝐶𝐷

-

𝑥+𝑦=0,

22

13

√

令z=1,得x=3,y=1,则n=(3,1,1).

√√

⃗⃗⃗⃗⃗

=0,0,, 易知平面CDA的一个法向量为𝑂𝐵

√

3

2

所以|cos<𝑂𝐵,n>|=.故选D.

⃗⃗⃗⃗⃗

答案D

6

√

3

2

√

3

×5

√

2

=

√

5

5

12.(多选题)(2020河北保定高二上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,

平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=,O为底面ABCD的中心,E为PD的中

π

点,点F在棱PA上.若=λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有()

𝐹𝐴

2

𝑃𝐴

A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为

√

21

7

B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为

221

√

21

C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=

√

51

52

D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=

√√

55

52

解析∵∠PAD=,

π

2

∴PA⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD,

平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,

∴PA⊥平面ABCD.

∵底面ABCD为矩形,∴AB,AD,AP两两垂直.

以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,

则A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),

∴𝑃𝑂=(1,2,-4),𝐴𝐷=(0,4,0),

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

∴|cos<𝑃𝑂>|=

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

,𝐴𝐷

|𝑃𝑂·𝐴𝐷|

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|𝑃𝑂||𝐴𝐷|

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=

8

√

1+2+(-4)×√4

222

2

7

=,

221

√

21

221

√

,故∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为A错误,B正确.

21

由题易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,

取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).

∵=λ,λ∈[0,1],PA=4,

𝑃𝐴

∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ).

设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),

⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗

=(1,2,-4λ), 易知𝑂𝐸=(-1,0,2),𝐹𝑂

⃗⃗⃗⃗⃗

-𝑥+2𝑧=0,

𝑂𝐸

·𝑛=0,

则{即{

𝑥+2𝑦-4𝜆𝑧=0,

⃗⃗⃗⃗⃗

𝐹𝑂

·𝑛=0,

令x=2,得n=(2,2λ-1,1).

𝐹𝐴

∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,

255

√√

∴|cos<m,n>|=,

√

1-() =

55

2

√

5

5

而|cos<m,n>|=,

2251

|𝑚·𝑛|

|𝑚||𝑛|

=

2

√

4+(2𝜆-1)+1

2

∴,解得λ=,

√

4+(2𝜆-1)+1

2

=

√

52

故C正确,D错误.故选BC.

答案BC

13.正三棱柱ABC-ABC的所有棱长都相等,则AC与平面BBCC的夹角的余弦值为.

111111

解析设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,

则C(0,1,1),A

1

(

22

,,0),

√

31

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝐴𝐶=-

1

(

22

,,1),

√

31

又平面BBCC的一个法向量n=(1,0,0),设AC与平面BBCC的夹角为θ.

11111

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|𝐴𝐶·𝑛|

√

6

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

则sinθ=|cos<n,𝐴𝐶>|=,

=

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

||𝑛||𝐴𝐶

4

1

故cosθ=√1-sin.

2

𝜃=

√

10

4

8

答案

√

10

4

14.如图,三棱柱OAB-OAB中,平面OBBO⊥平面OAB,且∠OOB=60°,∠

111111

AOB=90°,OB=OO=2,OA=3,求异面直线AB与OA所成角的余弦值为.

111

√

解析以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(3,0,0),B(0,2,0),A(3,1,3),O(0,1,3),

√√√√

11

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

所以𝐴=(-3,1,-3),𝑂=(3,-1,-3).

11

𝐵𝐴

√√√√

设所求的角为α,

11

则cosα=,

|𝐴||𝑂|

==

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝐵𝐴7×77

11

|𝐴·𝑂||-3-1+3|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

𝐵𝐴1

√√

1

7

即异面直线AB与OA所成角的余弦值为.

11

答案

7

1

15.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,且∠BCD=,PD⊥

4

BC.

(1)求证:PC=PD;

(2)若底面ABCD是菱形,PA与平面ABCD所成的角为,求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.

6

π

π

图①

15.(1)证明如图①,过P作PE⊥BC,垂足为E,连接DE.

因为平面PBC⊥平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.

因为PD⊥BC,

所以BC⊥平面PDE,

9

所以DE⊥BC.

因为∠BCD=,

4

π

所以DE=CE.在△PED和△PEC中,

PE=PE,∠PED=∠PEC=90°,DE=CE,

所以△PED≌△PEC,所以PD=PC.

(2)解因为BC⊥平面PDE,PE⊥平面ABCD,

所以∠PAE是直线PA与平面ABCD所成的角,

即∠PAE=,且DE⊥BC,DE⊥PE.

6

设PE=a,则AE=3a,PA=2a.

√

在△DEC中,设DE=m,则EC=m,DC=2m,

√

所以在Rt△EDA中,(3a)=m+(2m),

√

222

√

所以m=a.

π

图②

以E为坐标原点,ED,EB,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,

则D(a,0,0),

A(a,2a,0),P(0,0,a),

√

则平面PBC的一个法向量为a=(1,0,0).

设平面PAD的法向量为b=(x,y,z),

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

=(-a,-2a,a),因为𝐴𝑃𝐴𝐷=(0,-2a,0),

√√

所以{取x=1,则b=(1,0,1).设平面PAD与平面PBC的夹角为θ,

-2𝑎𝑦=0,

√

-𝑎𝑥-2𝑎𝑦+𝑎𝑧=0,

√

|𝑏·𝑎|

|𝑏||𝑎|

则cosθ=,

==

12

√

22

√

√

2

所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.

2

学科素养创新练

16.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.

√√

10

(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB.

(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.

(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°?如果存在,求出BM与

平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.

(1)证明取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).∵点N为PC的中点,

∴N(0,0,1),∴𝐷𝑁=(1,0,1).

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),

由𝐴𝑃=(0,0,2),𝐴𝐵=(2,0,0),

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

可得n=(0,1,0),∴𝐷𝑁·n=0.

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

又∵DN⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.

(2)解由(1)知𝐴𝐶=(0,2,0),𝑃𝐷=(-1,1,-2).

⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗

设直线AC与PD所成的角为θ,

则cosθ=|.

26

√

2·66

√

|=

(3)解存在.设M(x,y,z),且𝑃𝑀=λ𝑃𝐷,0<λ<1,

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

𝑥=-𝜆,

∴{∴M(-λ,λ-1,2-2λ).

𝑦+1=𝜆,

𝑧-2=-2𝜆,

设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),

由𝐴𝐶=(0,2,0),𝐴𝑀=(-λ,λ,2-2λ),可得m=(2-2λ,0,λ),

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

由图知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),

∴|cos<m,n>|=,

𝜆2

=

√

1·𝜆+(2-2𝜆)

√

2

2

2

解得λ=或λ=2(舍去).

2

3

∴M-

(

212

333

,-,

)

,

∴𝐵𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=-,

()

822

333

,,

m=

(

22

33

,0,

)

.

设BM与平面MAC所成的角为φ,

11

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,m>|=|-则sinφ=|cos<𝐵𝑀,∴φ=30°.

22

√

3

12

9

×22

√

|=

2

1

故存在点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°,此时BM与平面MAC所成的角为30°.

12