【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第一册提高练习1.4.2《用空间向量研究距离、夹角问题(2)》（解析版）.doc，共(12)页，867.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-37921.html

以下为本文档部分文字说明：

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(2)-B提高练一、选择题1．（2020台州市书生中学高二期末）在棱长为3的正方体1111ABCDABCD中，E为线段1AA中点，F为线段11CD上靠近1D的三等分点，则异面直线1AB与EF所成角的余弦值为()A．114B．214C．3

14D．17【答案】B【解析】如图建立空间直角坐标系，则知1(3,0,0)A，(3,3,3)B，33,0,2E，(0,1,0)F，所以1(0,3,3)AB，33,1,2EF，

所以1119322|cos,|714||322ABEFABEFABEF.2．（2020山东莱芜市一中高二月考）在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，点M为棱1CC的中点，则直线1

BM与平面11ADM所成角的正弦值是（）A．215B．25C．35D．45【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则1111(1,0,1),(0,0,1),(0,1,),(1,1,1)2ADM

B11(1,0,0)AD，11(0,1,)2DM，11(1,0,)2MB设平面11ADM的法向量为(,,)mxyz则1110=01002xADmyzDMm令1y可得2

z，所以(0,1,2)m设直线1BM与平面11ADM所成角为，1112sin5552mMBmMB，故选：B3．（2020四川省绵阳南山中学高二）如图所示，在正方体1111ABCDA

BCD中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，异面直线1BC与EF所成角最小时，其余弦值为（）A．0B．12C．105D．1116【答案】C【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，在正方体1111ABCDABCD中,点E为线段AB的中点，设正

方体棱长为2，则1(0,0,0),(2,1,0),(2,2,2),(0,2,0)DEBC，1(2,0,2)BC,设,0,0Fm02m，(2,1,0)EFm，设异面直线1BC与EF

的夹角为，则1212|||2(2)|cos||||122(2)1211(2)EFBCmEFBCmm,异面直线1BC与EF所成角最小时，则cos最大，即0m时，210cos51102141.故选：C.4．（2020浙江衢州二中高二

理）正三棱锥PABC中，PAPBPC，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角MACB所成的角，则（）A．2coscosB．2coscosC．2coscosD．2coscos【答案】B【解

析】设正三棱锥PABC的底面边长为6，高为t，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令M为PA的中点，则0,0,0O，0,3,0A，33,0,0B，33,6,0C，123,3,0O，23,3

,Pt，3,3,2tM，23,3,2tBM，33,3,0AC，3,0,2tAM，所以2218903cos8412927904BMACBMACtt，过M作1//MF

PO交AD于点M，所以1122tMFPO，MBF即为BM与底面ABC所成的角，所以2212sin841294tMFtMBtt，所以2222221cos1sin18484ttt，所以2cosco

s显然面ABC的法向量可为0,0,1m，设面MAC的法向量为,,nxyz，所以3330302xytxz令3x，则3y，6zt，即63,3,nt，所以2263c

os363139nmtnmtt，当2636t时，2coscos；当2636t时，2coscos；当2636t时，2coscos，故CD不成立；故选：B5．（多选题）（2

020福建三明一中高二期末）正方体1111ABCDABCD中，E、F、G、H分别为1CC、BC、CD、BB、1BB的中点，则下列结论正确的是（）A．1BGBCB．平面AEF平面111AADDADC．1//

AH面AEFD．二面角EAFC的大小为4【答案】BC【解析】解：由题可知，1BG在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG，则1BG不垂直于BC，则选项A不正确；连接1AD和1BC，E、F、G、H分别为1CC、BC、CD、BB、1BB的中点，可知11///

/EFBCAD，所以AEF平面1ADEF，则平面AEF平面111AADDAD，所以选项B正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，则各点坐标如下：

12,0,0,0,2,0,0,2,1,2,0,2,2,2,1,1,2,0ACEAHF110,2,1,1,2,0,1,0,1,0,0,2AHAFEFAA，设平面AEF的法向量为,,nxyz，则00nAFnEF，即20

0xyxz，令1y，得2,2xz，得平面AEF的法向量为2,1,2n，所以10AHn，所以1//AH平面AEF，则C选项正确；由图可知，1AA平面AFC，所以1AA是平面AFC的法向量，则1112

cos,3AAnAAnAAn.得知二面角EAFC的大小不是4，所以D不正确.故选：BC.6.（多选题）（2020苏州大学附中学高二月考）如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，PM，分别为棱1CD,CC的中点.Q为面对角线

1AB上任一点，则下列说法正确的是（）A．平面APM内存在直线与11AD平行B．平面APM截正方体1111ABCDABCD所得截面面积为98C．直线AP和DQ所成角可能为60°D．直线AP和DQ所成角可能为30°【答案】B

C【解析】对于选项A，在正方体1111ABCDABCD中，11//BCAD，在平面ABCD中，直线,APBC相交，所以直线BC与平面APM相交，故直线11AD与平面APM相交，则平面APM不存在直线与11AD平行，所以选项A错误；对于选项B，连接11,

,,CDABPM分别为棱1,CDCC的中点，所以111//,2PMCDPMCD，在正方体1111ABCDABCD中，11//ABCD，所以1//PMAB，连1BM，则梯形1ABMP为所求的截面，115142APB

M，所以等腰梯形1ABMP的高为22215232()()2444CDPMAP，所以梯形1ABMP的面积为1323292248，选项B正确；对于选项C,D，以D为坐标原点，1,,DAACDD所

在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，11(1,0,0),(0,,0),(1,1,0),(1,0,1)2APBA，设11(0,1,1)(0,,),01AQAB，11(1,,1)DQDAAQ，1(1,,0)2PA，2

221|1|22|cos,|51011(1)2PADQ222210[(2)2](2)110(2)3(2)321331012(2)，令11[,1]22t

，221113313(),1244yttty，210331011022(2)，1010|cos,|105PADQ，而10110310252，直线AP和DQ所成角可能为60°，但不可能为

30°，选项C正确，选项D错误.故选：BC.二、填空题7．（2020·山东省高二期末）如图，在直三棱柱111ABCABC中，90ACB，11AAACBC，则异面直线1BC与11AB所成角为______；二面角1ABCC

的余弦值是______.【答案】3；33【解析】解：直三棱柱111ABCABC中，90ACB，1CCBC，1CCAC，ACBC如图以C为坐标原点，分别以CA，CB，1CC为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则1,0,0A，0,1,0B

，0,0,0C,10,0,1C，10,1,1B，11,0,1A10,1,1BC,111,1,0AB，1,1,0AB，1111111111cos,2BCABBCABBCAB

所以异面直线1BC与11AB所成角为3；设平面1ABC的法向量为,,nxyz则100nBCnAB即00xyyz令1y，则1,1,1n显然平面1CBC的一个法向量为1,0,0m

，13cos,331nmnmnm故二面角1ABCC的余弦值是33故答案为：3；338.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=.【答案】.【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=4y=az,取z=1,则x=,y=,∴m=.由题意得|cos<n,m>|=.又因为a>0,所以a=.9．（2020

·四川省南充市白塔中学高二月考（理））如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，底面边长为2，直线1CC与平面1ACD所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为_____．【答案】4【解析】以D为坐标原点，1,,DADCDD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1DDa，则(2,0,0)A，(0,2,0)C，1(0,0,)Da，故(2,2,0)AC，1(2,0,)ADa，1(0,0,)CCa，设平面1ACD的一个法向量为(,,)nxyz，则122020nACxyn

ADxaz，可取21,1,na，故1121222cos,||||4242nCCnCCnCCaaa，又直线1CC与平面1ACD所成角的正弦值为13，221324a，解得4a．10．（2020江西上饶中学高二期中）

如图，在四面体DABC中，5ADBDACBC，6ABDC.若M为线段AB上的动点（不包含端点），则二面角DMCB的余弦值取值范围是__________．【答案】99(,)1616【解析】以AB的中点为原点，建立

如图所示的空间直角坐标系，则163(0,,),(0,4,0),(,0,0)(33)22DCMaa，平面MBC的一个法向量为1(0,0,1)n，设平面DMC的一个法向量为2(,,)nxyz，则963(0,,),(,4,0)22DCM

Ca，则229630022040nDCyznMCaxy，令4639,,63zxya，所以平面DMC的一个法向量为2463(,63,9)na，所以122299cos,166316636381144nnaa，因为

33a，所以29a，所以2166316631441442569a，所以129cos,16nn，即二面角的余弦值的取值范围是99(,)1616.三、解答题11．（2020·江苏省西亭高级中学

高二）如图，在以,,,,,ABCDEF为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AFDF，22AFFD，45DFECEF.（1）求异面直线BC，DF所成角的大小；（2）求二面角DBEC的余弦值.【解析】因为四边形ABEF为正方形，AFDF所以AF平面DCEF又45DF

ECEF所以，在平面DCEF内作DOEF，垂足为点O，以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系（如图所示）.设OF=a，因为22AFFD所以2,4,2DFaAFaCDa（1）点D

的坐标为(0,0,)Da，点F的坐标为(,0,0)Fa，点B的坐标为(3,4,0)Baa点C的坐标为(2,0,)Caa.则(,4,),(,0,)BCaaaDFaa，设向量,BCDF的夹角为，则cos0||||BCDFBCDF

，所以异面直线BC，DF所成角为2（3）点E的坐标为(3,0,0)Ea，(,4,),BCaaa(0,4,0),(3,0,),BEaDEaa设平面DBE的法向量为1(,,)nxyz，

由1100nDEnBE得3040xzy，取1x得平面DBE的一个法向量为1(1,0,3)n，设平面CBE的法向量为2(,,)nxyz，由2200nBCnBE得

4040xyzy，取1x得平面DBE的一个法向量为2(1,0,1)n，设两个法向量12,nnrr的夹角为，则121235cos10||||nnnn由于二面角DBEC为锐二面角，所以二面角DBEC的余弦值为351012.

如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=,BC=2,PA=2.(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.【解析】(1)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),∴=(1,0,1).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由=(0,0,2),=(2,0,0),可得n=(0,1,0),∴·n=0.又∵DN

⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.(2)由(1)知=(0,2,0),=(-1,1,-2).设直线AC与PD所成的角为θ,则cosθ=.(3)存在.设M(x,y,z),且=λ,0<λ<1,∴∴M(-λ,λ-1,2-2λ).设

平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),由=(0,2,0),=(-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),∴|os<m,n>|=,解得λ=或λ=2(

舍去).∴M,∴,m=.设BM与平面MAC所成的角为φ,则sinφ=|cos<,m>|=,∴φ=30°.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°.