向量法解空间三大角 专题练习-2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（含答案）
文档属性
| 名称 | 向量法解空间三大角 专题练习-2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-22 16:45:16 | ||
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文档简介
空间三大角
一、线线角
1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3.（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．
（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
二、线面角
1.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
2. （2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
3.（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.
（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
三、二面角
1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
2.（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
3.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
4.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））
如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
5. （2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
6.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））如图，在四棱锥P ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A PB C的余弦值.
7.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3））（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
8.（2016年全国普通高等学校招生统一考试）试题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
9.（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
答 案
一、线线角
1【答案】D
如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
2.【答案】C【详解】：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为
3.【解析】：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.
试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.在Rt△FDG中，可得FG=.
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，∴，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分
故.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.
二、线面角
1.【分析】（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）可得，.又，，所以.又，，故.
可得.则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
2.【分析】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，且
由知．
由知平面．
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
3.【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且
.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，
，，，，
， ，.
设为平面 的一个法向量，则即
可取.
于是.
三、二面角
1【分析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，，
因此，二面角的正弦值为.
2.【分析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
3【分析】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线 且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
4.【分析】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为，所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
5.【分析】解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.
当三棱锥M ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.是平面MCD的法向量, 因此，，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
6.【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
7.【解析】：（1）由题设可得，，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于是正三角形，故.
所以为二面角的平面角.
在中，.
又，所以，故.
所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得. 故.
设是平面DAE的法向量，则即 可取.
设是平面AEC的法向量，则同理可取.
则.
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
8.【分析】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，
又，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，
设，则，，
所以，，，．
由已知，，而平面，平面 ，
所以平面，又平面平面，平面，
故，所以．
由，可得平面，同理为二面角的平面角，
所以，从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，
则，即，取，则，
可取．
设是平面的法向量，则，同理可取，
则．
因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．
9.【详解】：(1)由已知得，,又由得，故∥，因此
，从而⊥.由得.
由∥得.所以,.
于是,故.又,而,
所以平面.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，
.
设是平面的法向量，
则，即，可取.
设是平面的法向量，
则，即，可取
于是，
设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是.
一、线线角
1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3.（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．
（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
二、线面角
1.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
2. （2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
3.（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.
（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
三、二面角
1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
2.（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
3.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
4.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））
如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
5. （2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
6.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））如图，在四棱锥P ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A PB C的余弦值.
7.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3））（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
8.（2016年全国普通高等学校招生统一考试）试题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
9.（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
答 案
一、线线角
1【答案】D
如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
2.【答案】C【详解】：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为
3.【解析】：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.
试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.在Rt△FDG中，可得FG=.
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，∴，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分
故.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.
二、线面角
1.【分析】（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）可得，.又，，所以.又，，故.
可得.则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
2.【分析】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，且
由知．
由知平面．
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
3.【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且
.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，
，，，，
， ，.
设为平面 的一个法向量，则即
可取.
于是.
三、二面角
1【分析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，，
因此，二面角的正弦值为.
2.【分析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
3【分析】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线 且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
4.【分析】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为，所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
5.【分析】解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.
当三棱锥M ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.是平面MCD的法向量, 因此，，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
6.【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
7.【解析】：（1）由题设可得，，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于是正三角形，故.
所以为二面角的平面角.
在中，.
又，所以，故.
所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得. 故.
设是平面DAE的法向量，则即 可取.
设是平面AEC的法向量，则同理可取.
则.
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
8.【分析】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，
又，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，
设，则，，
所以，，，．
由已知，，而平面，平面 ，
所以平面，又平面平面，平面，
故，所以．
由，可得平面，同理为二面角的平面角，
所以，从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，
则，即，取，则，
可取．
设是平面的法向量，则，同理可取，
则．
因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．
9.【详解】：(1)由已知得，,又由得，故∥，因此
，从而⊥.由得.
由∥得.所以,.
于是,故.又,而,
所以平面.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，
.
设是平面的法向量，
则，即，可取.
设是平面的法向量，
则，即，可取
于是，
设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是.