新教材2025版高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)十用空間向量研究夾角問題新人教A版選擇性必修第一冊(cè)

課時(shí)作業(yè)(十)用空間向量探討夾角問題[練基礎(chǔ)]1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面夾角為()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°2．設(shè)直線l與平面α相交，且l的方向向量為a，α的法向量為n，若〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，則l與α所成的角為()A．eq\f(2π,3)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6)D．eq\f(5π,6)3.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E是上底面A1B1C1D1的中心，則異面直線AE與BD1所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(10),4)D．eq\f(\r(6),3)4．正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(2),3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(6),3)5．(多選)若直線a的方向向量為a，平面α，β的法向量分別為n，m，則下列命題為真命題的是()A．若a⊥n，則直線a∥平面αB．若a∥n，則直線a⊥平面αC．若cos〈a，n〉＝eq\f(1,2)，則直線a與平面α所成角的大小為eq\f(π,6)D．若cos〈m，n〉＝eq\f(1,2)，則平面α，β的夾角為eq\f(π,3)6.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是C1C的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的隨意點(diǎn)，則直線BM與OP夾角的大小為________．7．已知二面角α-l-β為銳角，平面α的法向量為n1＝(eq\r(3)，0，－1)，平面β的法向量為n2＝(－eq\f(\r(3),2)，1，eq\f(1,2))，則cos〈n1，n2〉＝________，二面角α-l-β的大小為________．8．如圖，三棱錐PABC中，底面△ABC為直角三角形，AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)，PD＝DB，PD⊥DB，PB⊥CD.(1)求證：PD⊥平面BCD；(2)求PA與平面PBC所成角的正弦值．[提實(shí)力]9．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，O是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段A1C1上，若直線OP與平面ACD1所成的角為θ，則cosθ的取值范圍是()A．[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(3),3)]B．[eq\f(\r(2),3)，eq\f(\r(6),3)]C．[eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),3)]D．[eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(7),3)]10．(多選)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，點(diǎn)E為PA的中點(diǎn)，AB＝BC＝1，AD＝2，PA＝eq\r(2)，則()A．eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝3B．異面直線BE與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)C．點(diǎn)B到平面PCD的距離為eq\f(1,2)D．BC與平面PCD所成的角為eq\f(π,6)11.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BB1，C1D1的中點(diǎn)，則異面直線EF與BD1所成角的余弦值為________；直線AE與平面AB1C所成角的正弦值為________．12．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1為矩形，且側(cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1，AB＝AC＝2，AA1＝B1C＝2eq\r(2).(1)證明：A1B1⊥平面AB1C；(2)若點(diǎn)D為棱B1C1的中點(diǎn)，求平面AB1C與平面AA1D所成的銳二面角的余弦值．[培優(yōu)生]13．如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝eq\r(3)，將△ABD沿BD所在的直線進(jìn)行翻折，得到空間四邊形A1BCD.給出下面三個(gè)結(jié)論：①在翻折過程中，存在某個(gè)位置，使得A1C⊥BD；②在翻折過程中，三棱錐A1BCD的體積不大于eq\f(1,4)；③在翻折過程中，存在某個(gè)位置，使得異面直線A1D與BC所成角為45°.其中全部正確結(jié)論的序號(hào)是________．課時(shí)作業(yè)(十)用空間向量探討夾角問題1．解析：cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1·\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以兩平面的夾角為45°.答案：A2．解析：線面角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∵〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，∴l(xiāng)與法向量所在直線所成角為eq\f(π,3)，∴l(xiāng)與α所成的角為eq\f(π,6).答案：C3.解析：以D為原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，A(2，0，0)，E(1，1，2)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，1，2)，D1B＝(2，2，－2)，＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\r(6)×\r(12))))＝eq\f(\r(2),3)，所以異面直線AE與BD1所成角的余弦值為eq\f(\r(2),3).答案：B4.解析：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，建系如圖．則D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).平面ACD1的一個(gè)法向量為DB又BB1＝(0，0，1)，則cos〈DB＝＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).故BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)．答案：D5．解析：若a⊥n，則直線a與平面α平行或在平面α內(nèi)，所以A是假命題；若a∥n，則a也是平面α的法向量，所以直線a⊥平面α，所以B是真命題；直線與平面的夾角的正弦值等于直線與平面法向量所成的銳角的余弦值，所以C是真命題；兩個(gè)平面的夾角與它們的法向量所成的不大于90°的角相等，所以D是真命題．答案：BCD6．解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，A1P＝x(0≤x≤2)，則O(1，1，0)，P(2，x，2)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，x－1，2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2，0，1).所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，所以直線BM與OP夾角的大小為eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)7．解析：cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(（\r(3)，0，－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1，\f(1,2))),\r(3＋1)·\r(\f(3,4)＋1＋\f(1,4)))＝eq\f(－\f(3,2)－\f(1,2),2\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，設(shè)二面角大小為α(0≤α≤π)，因?yàn)槎娼铅?l-β為銳角，故cosα＝－cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(2),2)，解得：α＝eq\f(π,4)，故二面角α-l-β的大小為eq\f(π,4).答案：－eq\f(\r(2),2)eq\f(π,4)8．解析：(1)證明：∵AB＝BC，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥CD，∵PB⊥CD，BD∩PB＝D，BD、PB?平面PBD，∴CD⊥平面PBD，而PD?平面PBD，∴CD⊥PD，又PD⊥DB，CD∩DB＝D，CD、DB?平面BCD，∴PD⊥平面BCD.(2)由(1)知，PD⊥平面BCD，BD⊥AC，故以D為原點(diǎn)，DA，DB，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(－eq\r(2)，0，0)，P(0，0，eq\r(2))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－eq\r(2))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，－eq\r(2))，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝\r(2)y－\r(2)z＝0,n·\o(PC,\s\up6(→))＝－\r(2)x－\r(2)z＝0))，令z＝1，則n＝(－1，1，1)，設(shè)PA與平面PBC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(2)－\r(2),2×\r(3))))＝eq\f(\r(6),3)，故PA與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).9.解析：以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示則D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，O(1，1，0)，D1(0，0，1)，設(shè)P(a，2－a，1)(0≤a≤2)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(a－1，1－a，1)，AD1＝(－2，0，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，設(shè)平面ACD1的法向量為n＝(x，y，z)，則，令x＝1，得n＝(1，1，2)，所以sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(OP,\s\up6(→)),|n|·|\o(OP,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－1＋1－a＋2,\r(6)·\r(（a－1）2＋（1－a）2＋12))))＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(1,\r(2（a－1）2＋1))，由于0≤a≤2，∴eq\r(2（a－1）2＋1)∈[1，eq\r(3)]，∴eq\f(1,\r(2（a－1）2＋1))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))，∴sinθ＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(1,\r(（a－1）2＋2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(6),3)))，∴sin2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(2,3)))，∴1－sin2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,9)))，由于θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(7),3))).答案：D10.解析：以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，eq\r(2))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq\r(2))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，則eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1＋0＋1＝2.|cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CD,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(CD,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)))＝eq\f(1,\r(2)×\r(\f(3,2)))＝eq\f(\r(3),3)，則異面直線BE與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CP,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x－y＋\r(2)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,z＝\r(2)x，))令x＝1，則y＝1，z＝eq\r(2)，所以平面PCD的一個(gè)法向量為m＝(1，1，eq\r(2)).則eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|1|,\r(12＋12＋（\r(2)）2))＝eq\f(1,2)，所以點(diǎn)B到平面PCD的距離為eq\f(1,2)，又|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，所以BC與平面PCD所成的角為eq\f(π,6).答案：BCD11.解析：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則D(0，0，0)，E(2，2，1)，F(xiàn)(0，1，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，BD1＝(－2，－2，2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1).設(shè)異面直線EF與BD1所成角為α，則cosα＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，BD1〉|＝＝eq\f(4＋2＋2,\r(6)×2\r(3))＝eq\f(2\r(2),3)；∵BD1＝(－2，－2，2)，AB1＝(0，2，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))∴BD1·AB1＝0，BD1·eq\o(AC,\s\∴BD1⊥AB1，BD1⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1C，設(shè)直線AE與平面AB1C所成角為β，則sinβ＝|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，BD1〉|＝＝eq\f(|2×（－2）＋1×2|,\r(5)×\r(12))＝eq\f(\r(15),15).答案：eq\f(2\r(2),3)eq\f(\r(15),15)12．解析：(1)證明：連接A1C，因?yàn)閭?cè)面ACC1A1為矩形，所以A1C2＝AC2＋AAeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝12，又B1C2＋A1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝8＋4＝12，所以A1C2＝B1C2＋A1Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，即B1C⊥A1B1.①因?yàn)閭?cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1，側(cè)面ACC1A1∩側(cè)面ABB1A1＝AA1，AC⊥AA1，AC?面ACC1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，又A1B1?平面ABB1A1，所以AC⊥A1B1，②由①②及AC∩B1C＝C，得A1B1⊥平面AB1C.(2)由(1)知：AC⊥AB1，AC⊥AB，AB⊥AB1，以A為原點(diǎn)，以eq\o(AB,\s\up6(→))，AB1，eq\o(AC,\s\up6(→))的方向?yàn)閤，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，由已知，得A(0，0，0)，B1(0，2，0)，A1(－2，2，0)，C1(－2，2，2)，由D為棱B1C1的中點(diǎn)，得D(－1，2，1)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，AA1＝(－2，2，0)，A1B設(shè)平面ADA1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，由?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋z＝0,－2x＋2y＝0))，得n＝(1，1，－1).由(1)知平面AB1C的一個(gè)法向量為A1B1＝(2，0，0)，設(shè)平面AB1C與平面AA1D所成的銳二面角為θ，則cosθ＝|cos〈A1B1，n〉|＝＝eq\f(\r(3),3)，即平面AB1C與平面AA1D所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).13．解析：如圖1，在矩形ABCD中，過A，C點(diǎn)作BD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，則在翻折過程中，形成如圖2的幾何體，故對(duì)于①，連接CE，假設(shè)存在某個(gè)位置，使得A1C⊥BD，由于A1E⊥BD，A1C∩A1E＝A1，所以BD⊥平面A1CE，所以BD⊥CE，這與圖1中的BD與CE不垂直沖突，故錯(cuò)誤；對(duì)于②在翻折過程中，當(dāng)平面A1BD⊥平面BCD時(shí)，三棱錐A1-BCD的體積取得最大值，此時(shí)A1E＝eq\f(AD·AB,BD)＝eq\f(\r(3),2)，體積為V＝eq\f(1,3)·S△BCD·A1E＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4)，故三棱錐A1BCD的體積不大于eq\f(1,4)，故正確；對(duì)于③，A1D＝A1E＋eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))，由②的探討得AE＝DF＝eq\f(1,2)，EF＝1，所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))，所以A1D·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(A1E＋eq\o(ED,\s\up6(→)))·(eq\o(BF,\s\up6(→))＋