課時分層作業(yè)(十)用空間向量研究夾角問題一、選擇題1．若平面α的一個法向量為n1＝(1,0,1)，平面β的一個法向量是n2＝(－3,1,3)，則平面α與β所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°D[因?yàn)閚1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以α⊥β，即平面α與β所成的角等于90°．]2．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，則直線AB和直線CD所成角的余弦值為()A．eq\f(5\r(22),66) B．－eq\f(5\r(22),66)C．eq\f(5\r(22),22) D．－eq\f(5\r(22),22)A[eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，－2，－1)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－2，－3，－3)，而cos〈eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→)),|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(5,3×\r(22))＝eq\f(5\r(22),66)，故直線AB和CD所成角的余弦值為eq\f(5\r(22),66)．]3．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝3，AB＝AC＝BC＝2，則AA1與平面AB1C1所成角的大小為()A．30°B．45°C．60°D．90°A[取AB的中點(diǎn)D，連接CD，分別以DA，DC，DE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，可得A(1,0,0)，A1(1,0,3)，故eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,3)，而B1(－1，0,3)，C1(0，eq\r(3)，3)，設(shè)平面AB1C1的法向量為m＝(a，b，c)，根據(jù)m·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0，解得m＝(3，－eq\r(3)，2)，cos〈m，eq\o(AA1,\s\up7(→))〉＝eq\f(m·\o(AA1,\s\up7(→)),|m||\o(AA1,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2)．故AA1與平面AB1C1所成角的大小為30°，故選A．]4．已知ABC-A1B1C1是各棱長均等于a的正三棱柱，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則平面ABC與平面AB1D夾角的大小為()A．45°B．60°C．75°D．30°A[如圖所示，以A為原點(diǎn)，以垂直于AC的直線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．∵ABC-A1B1C1是各棱長均等于a的正三棱柱，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，∴A(0,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，C1(0，a，a)，∴eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，eq\o(DC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))．設(shè)平面AB1D的法向量為n＝(x，y，z)，∵n·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)x＋\f(a,2)y＋az＝0，,ay＋\f(a,2)z＝0，))取y＝1，則z＝－2，x＝eq\r(3)，∴n＝(eq\r(3)，1，－2)．又∵平面ABC的法向量為m＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－2,\r(3＋1＋4))＝－eq\f(\r(2),2)．則平面ABC與平面AB1D夾角的大小為45°．故選A．]5．(2022·江西臨川一中高二期中)已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AA1的中點(diǎn)，則直線DE與體對角線BD1所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(15),15)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2\r(5),5)D．0A[以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則D(0,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，則eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－1,1)，所以cos〈eq\o(DE,\s\up7(→))，eq\o(BD1,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(DE,\s\up7(→))·\o(BD1,\s\up7(→)),|\o(DE,\s\up7(→))||\o(BD1,\s\up7(→))|)＝eq\f(－1＋\f(1,2),\r(\f(5,4))×\r(3))＝－eq\f(\r(15),15)．又因?yàn)楫惷嬷本€所成的角θ的取值范圍為0°<θ≤90°，所以直線DE與體對角線BD1所成角的余弦值為eq\f(\r(15),15)．故選A．]二、填空題6．如圖所示，已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2，AB＝4，則異面直線AQ與PB所成角的余弦值為________．eq\f(\r(3),9)[由題設(shè)知，ABCD是正方形，連接AC，BD，交于點(diǎn)O，則AC⊥BD．連接PQ，則PQ過點(diǎn)O．由正四棱錐的性質(zhì)知PQ⊥平面ABCD，故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線CA，DB，QP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,1)，A(2eq\r(2)，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2eq\r(2)，0)，∴eq\o(AQ,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，0，－2)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)，－1)．于是cos〈eq\o(AQ,\s\up7(→))，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AQ,\s\up7(→))·\o(PB,\s\up7(→)),|\o(AQ,\s\up7(→))||\o(PB,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(3),9)，∴異面直線AQ與PB所成角的余弦值為eq\f(\r(3),9)．]7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________．eq\f(2,3)[以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0，1,2)，則eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up7(→))＝(0,1,2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DB,\s\up7(→))，n⊥DC1，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設(shè)直線CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up7(→)),|n||\o(DC,\s\up7(→))|)))＝eq\f(2,3)．]8．在空間中，已知平面α過A(3,0,0)和B(0,4,0)及z軸上一點(diǎn)P(0,0，a)(a>0)，如果平面α與平面xOy的夾角為45°，則a＝________．eq\f(12,5)[平面xOy的一個法向量為n＝(0,0,1)．設(shè)平面α的法向量為u＝(x，y，z)，又eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－3,4,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－3,0，a)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,u·\o(AP,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，則u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))．而cos〈n，u〉＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2)，又∵a>0，∴a＝eq\f(12,5)．]三、解答題9．四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，點(diǎn)E在棱PB上．(1)求證：平面AEC⊥平面PDB；(2)當(dāng)PD＝eq\r(2)AB且E為PB的中點(diǎn)時，求AE與平面PDB所成角的大?。甗解](1)證明：如圖，以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)AB＝a，PD＝h，則A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－a，a,0)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(0,0，h)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(a，a,0)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，DP，DB?平面PDB，∴AC⊥平面PDB，又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB．(2)當(dāng)PD＝eq\r(2)AB且E為PB的中點(diǎn)時，P(0,0，eq\r(2)a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，\f(\r(2),2)a))，設(shè)AC∩BD＝O，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，連接OE，由(1)知AC⊥平面PDB，∴∠AEO為AE與平面PDB所成的角，∵eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，－\f(1,2)a，－\f(\r(2),2)a))，eq\o(EO,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(\r(2),2)a))，∴cos∠AEO＝eq\f(\o(EA,\s\up7(→))·\o(EO,\s\up7(→)),|\o(EA,\s\up7(→))|·|\o(EO,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠AEO＝45°，即AE與平面PDB所成角的大小為45°．10．如圖，四棱錐P-ABCD的底面為菱形，PD⊥底面ABCD，且PD＝AD＝2，∠BAD＝60°．設(shè)E為PD的中點(diǎn)，平面PAB與平面PDC的交線為l．(1)求異面直線BP與AE所成角的余弦值；(2)若直線l上一點(diǎn)F，滿足平面AEC與平面ACF夾角的大小為eq\f(π,4)，試求AF的長．[解](1)連接BD，取AB的中點(diǎn)M，連接DM．∵底面ABCD為菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴DM⊥AB．∵DC∥AB，∴DM⊥DC．又∵PD⊥底面ABCD，DC?平面ABCD，DM?平面ABCD，∴PD⊥DC，PD⊥DM．∴以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DM，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，∵PD＝AD＝2，∴A(eq\r(3)，－1,0)，E(0,0,1)，B(eq\r(3)，1,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)．∴eq\o(BP,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，－1,2)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,1)．設(shè)異面直線BP與AE所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BP,\s\up7(→))·\o(AE,\s\up7(→))|,|\o(BP,\s\up7(→))|·|\o(AE,\s\up7(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5)．∴異面直線BP與AE所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5)．(2)過點(diǎn)P在平面PCD內(nèi)作直線l平行于CD．∵CD∥AB，∴l(xiāng)∥AB，即直線l為平面PAB與平面PCD的交線，由(1)可知eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，設(shè)F(0，λ，2)，則eq\o(CF,\s\up7(→))＝(0，λ－2,2)．設(shè)平面ACF的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up7(→))＝－\r(3)a＋3b＝0，,m·\o(CF,\s\up7(→))＝λ－2b＋2c＝0，))取b＝1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，\f(2－λ,2)))．設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋3y＝0，,n·\o(AE,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋y＋z＝0，))取y＝1，得n＝(eq\r(3)，1,2)，∵平面AEC與平面ACF夾角的大小為eq\f(π,4)，∴coseq\f(π,4)＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|4＋2－λ|,2\r(2)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(λ,2)))eq\s\up12(2)＋4))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝2．∴平面AEC與平面ACF夾角的大小為eq\f(π,4)時，點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,2,2)，則eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，3,2)，則AF的長為eq\r(－\r(3)2＋32＋22)＝4．1．(多選題)(2022·山東威海高二月考)在長方體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝2，AD＝3，AA′＝1，以D為原點(diǎn)，以eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD′,\s\up7(→))分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則下列說法正確的是()A．eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)B．異面直線A′D與BD′所成角的余弦值為eq\f(2\r(35),35)C．平面A′C′D的一個法向量為(－2，－3,6)D．平面A′C′D與平面A′DD′的余弦值為eq\f(3,7)ACD[由題意可得A(3,0,0)，B(3,2,0)，C(0,2,0)，D′(0,0,1)，A′(3,0,1)，C′(0,2,1)，B′(3,2,1)．對于選項(xiàng)A，eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)，故A正確．對于選項(xiàng)B，eq\o(DA′,\s\up7(→))＝(3,0,1)，eq\o(BD′,\s\up7(→))＝(－3，－2,1)，所以cos〈eq\o(DA′,\s\up7(→))，eq\o(BD′,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(DA′,\s\up7(→))·\o(BD′,\s\up7(→)),|\o(DA′,\s\up7(→))||\o(BD′,\s\up7(→))|)＝eq\f(－8,\r(10)×\r(14))＝eq\f(－4\r(35),35)，所以異面直線A′D與BD′所成角的余弦值為eq\f(4\r(35),35)，故B錯誤．對于選項(xiàng)C，設(shè)平面A′C′D的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\o(DA′,\s\up7(→))＝(3,0,1)，eq\o(DC′,\s\up7(→))＝(0,2,1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA′,\s\up7(→))＝0，,n·\o(DC′,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋z＝0，,2y＋z＝0，))取z＝6，得n＝(－2，－3,6)，故C正確．對于選項(xiàng)D，由選項(xiàng)C可得平面A′C′D的一個法向量為n＝(－2，－3,6)，又平面A′DD′的一個法向量為m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－3,1×7)＝－eq\f(3,7)．又因?yàn)槠矫鍭′C′D與平面A′DD′的夾角為銳角，所以平面A′C′D與平面A′DD′的夾角的余弦值為eq\f(3,7)，故D正確．故選ACD．]2．(多選題)(2022·山東青州第一中學(xué)高二月考)如圖所示，設(shè)E，F(xiàn)分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD上的兩點(diǎn)，且AB＝2，EF＝1，下列說法正確的是()A．三棱錐D1-B1EF的體積為定值B．異面直線B1D1與EF所成角的大小為45°C．B1D1⊥平面B1EFD．直線B1D1與平面B1EF所成角的大小為40°AB[對于A選項(xiàng)，VD1-B1EF＝VB1-D1EF＝eq\f(1,3)·Seq\s\do6(△D1EF·B1C1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，為定值，故正確；對于B選項(xiàng)，異面直線B1D1與EF所成的角與直線B1D1與C1D1所成的角為同一個角，即異面直線B1D1與EF所成的角的平面角為∠B1D1C1＝45°，故正確；如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)E(0，t,0)，則F(0，t＋1,0)，對于D選項(xiàng)，eq\o(B1D1,\s\up7(→))＝(－2，－2,0)，平面B1EF即為平面A1B1CD，設(shè)平面A1B1CD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B1,\s\up7(→))＝0，,n·\o(DB1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋y＋z＝0，))取x＝1，則n＝(1,0，－1)，所以平面B1EF的一個法向量為n＝(1,0，－1)．設(shè)直線B1D1與平面B1EF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(B1D1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2×1＋－2×0＋0×－1,\r(－22＋－22＋0)×\r(12＋0＋－12))))＝eq\f(1,2)，所以θ＝30°，故錯誤；對于C選項(xiàng)，由D選項(xiàng)可知直線B1D1與平面B1EF所成的角為30°，故錯誤．故選AB．]3．已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿對角線AC折疊之后，使得平面BAC⊥平面DAC，則平面BCD與平面CDA夾角的余弦值為________．eq\f(\r(5),5)[如圖，取AC的中點(diǎn)E，分別以EA，ED，EB為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)菱形ABCD的邊長為2，則A(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，eq\r(3)，0)，B(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x，y，z)，∵eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，則y＝eq\r(3)，x＝－3，即n＝(－3，eq\r(3)，eq\r(3))．平面ACD的法向量為m＝(0,0,1)，設(shè)平面BCD與平面CDA夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\r(3),1×\r(15))＝eq\f(\r(5),5)．]如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，PA＝2．(1)取PC的中點(diǎn)N，求證：DN∥平面PAB；(2)求直線AC與PD所成角的余弦值；(3)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得平面MAC與平面ACD的夾角為45°？如果存在，求出BM與平面MAC所成角的大??；如果不存在，請說明理由．[解](1)證明：取BC的中點(diǎn)E，連接DE，交AC于點(diǎn)O，連接ON，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(2，－1，0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)．∵點(diǎn)N為PC的中點(diǎn)，∴N(0,0,1)，∴eq\o(DN,\s\u