2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 第6节第3课时 利用空间向量解决有关空间角的开放问题

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 第6节第3课时 利用空间向量解决有关空间角的开放问题

www.ks5u.com 多维层次练43‎ ‎[A级　基础巩固]‎ ‎1．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)‎ A．P(2，3，3) B．P(－2，0，1)‎ C．P(－4，－4，0) D．P(3，－3，4)‎ 解析：逐一验证法，对于选项A，＝(1，4，1)，‎ 所以·n＝6－12＋6＝0，所以⊥n，所以点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．‎ 答案：A ‎2．(2020·大连市月考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：如图所示，建立坐标系，易求点D.‎ 平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝，即sin α＝.‎ 答案：D ‎3．如图所示，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)‎ A．B1E＝EB B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E与B重合 解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，因为⊥，所以·＝0×2＋1×2－2z＝0，解得z＝1，所以B1E＝EB.‎ 答案：A ‎4.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：‎ ‎①A1M∥D1P；‎ ‎②A1M∥B1Q；‎ ‎③A1M∥平面DCC1D1；‎ ‎④A1M∥平面D1PQB1.‎ 以上说法正确的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以∥，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故①③④正确．‎ 答案：C ‎5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，点P，Q分别是线段A1E与线段DD1上的动点，当点P，Q的距离最小时，异面直线AP与CD1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．－ 解析：以AB，AD，AA1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2.‎ 则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，C(2，2，0)，E(2，1，0)，‎ 设＝λ，＝μ，‎ 则P(2λ，λ，2－2λ)，Q(0，2，2μ)．‎ 所以|PQ|＝＝‎ ≥，‎ 当且仅当λ＝，μ＝时取等号，此时＝.‎ 又＝(－2，0，2)，‎ 所以异面直线AP与CD1所成角的余弦值cos θ＝.‎ 答案：B ‎6．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．‎ 解析：因为＝λ＋μ，所以，，共面．则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．‎ 答案：平行或在平面内 ‎7．已知平面α，平面β的法向量分别为a＝(1，1，2)，b＝(x，－2，3)，若α⊥β，则x＝________；若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值为，则x＝________．‎ 解析：由α⊥β，得a⊥b，‎ 所以a·b＝x－2＋6＝0，解得x＝－4.‎ 若平面α与平面β所成锐二面角的余弦值为，‎ 则|cos〈a，b〉|＝＝＝，‎ 解得x＝－.‎ 答案：－4　－ ‎8．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝‎ BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．‎ 解析：建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)．‎ 因此＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，‎ 所以·＝2.‎ 所以cos〈，〉＝＝.‎ 所以EF和BC1所成的角为60°.‎ 答案：60°‎ ‎9.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE ‎？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明：以A为原点，、、的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设AB＝a.‎ 则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，‎ E，B1(a，0，1)，‎ ＝(0，1，1)，＝，‎ 因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ 因此⊥，‎ 所以B1E⊥AD1.‎ ‎(2)解：存在满足要求的点P，‎ 假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，‎ 使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，‎ 再设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ＝(a，0，1)，＝.‎ 则即 取x＝1，则y＝－，z＝－a，‎ 所以平面B1AE的一个法向量为n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，‎ 有－az0＝0，解得z0＝.‎ 所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎10．(2020·菏泽一中月考)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．‎ ‎(1)证明：取AC的中点O，连接BO，OD.‎ 因为△ABC是等边三角形，所以OB⊥AC.‎ ‎△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，‎ 所以△ABD≌△CBD，所以AD＝CD.‎ 因为△ACD是直角三角形，‎ 所以AC是斜边，所以∠ADC＝90°.‎ 所以DO＝AC.‎ 所以DO2＋BO2＝AB2＝BD2.‎ 所以∠BOD＝90°.‎ 所以OB⊥OD.‎ 又DO∩AC＝O，所以OB⊥平面ACD.‎ 又OB⊂平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解：设点D，点B到平面ACE的距离分别为hD，hB.‎ 则＝.‎ 因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，‎ 所以＝＝＝1.‎ 所以点E是BD的中点．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2.‎ 则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，B(0，，0)，E.‎ ＝(－1，0，1)，＝，＝(－2，0，0)．‎ 设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则 即取m＝(3，，3)．‎ 同理可得：平面ACE的法向量为n＝(0，1，－)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝－.‎ 由图可知此二面角应为锐角，‎ 所以二面角D-AE-C的余弦值为.‎ ‎[B级　能力提升]‎ ‎11.如图所示，已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角为α、β、γ，则(　　)‎ A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α 解析：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O，OP＝3.‎ 则O(0，0，0)，P(0，－3，0)，C(0，6，0)，D(0，0，6)，B(3，－3，0)，Q(，3，0)，‎ R(－2，0，0)，‎ ＝(－2，3，0)，＝(0，3，6)，‎ ＝(，6，0)，＝(－3，－3，0)，‎ ＝(－，－3，6)．‎ 设平面PDR的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则可得 可得n＝(，2，－1)，取平面ABC的法向量m＝(0，0，1)．‎ 则cos〈m，n〉＝＝，‎ 所以cos α＝.‎ 同理可得：cos β＝，cos γ＝.‎ 因为 > >，‎ 所以α<γ<β.‎ 答案：B ‎12．如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．‎ 解析：如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，‎ 设AB＝2，QM＝m(0≤m≤2)，‎ 则F(2，1，0)，E(1，0，0)，M(0，m，2)(0≤m≤2)．‎ ＝(2，1，0)，＝(1，－m，－2)，cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.‎ 设y＝，‎ 则y′＝ ‎＝ ‎＝.‎ 当0

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