專題1.2利用空間向量法求空間中的角度（特色專題卷）考試時間：120分鐘；滿分：150分姓名：___________班級：___________考號：___________考卷信息：本卷試題共22題，單選8題，多選4題，填空4題，解答6題，滿分150分，限時150分鐘，試卷緊扣教材，細分題組，精選一年好題，兩年真題，練基礎(chǔ)，提能力！選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（2020秋?肥城市期中）若兩異面直線l1與l2的方向向量分別是n1→=（1，0，﹣1），n2→=（0，﹣1，1），則直線A．30° B．60° C．120° D．150°【分析】運用向量的夾角公式，結(jié)合向量的數(shù)量積的坐標表示和向量的模的公式，計算可得所求異面直線所成角．【解答】解：n1→=（1，0，﹣1），n2→=（可得n1→?n2→=1×0+0×（﹣1）+（﹣1|n1→|=2，|n則cos＜n1→由0°≤＜n1→，n2→＞可得直線l1與l2的夾角為60°，故選：B．2．（2020秋?荔灣區(qū)期末）已知空間向量a→=（1，0，1），b→=（1，1，n），且a→?b→A．π6 B．π3 C．2π3【分析】根據(jù)a→?b→=3求出n的值，再計算cos＜a→，b【解答】解：∵a→?b→=1+0+n解得n＝2；又|a→|=1+0+1=2，b→=（∴cos＜a→，且＜a→，b→＞∈[0∴a→與b→的夾角為故選：A．3．（2021秋?鼓樓區(qū)校級月考）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1中點為E，則二面角A﹣BE﹣B1的余弦值為（）A．-1010 B．-8145145 C．【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求出二面角A﹣BE﹣B1的余弦值．【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為2，則A（2，0，0），B（2，2，0），E（0，0，1），B1（2，2，2），AB→=（0，2，0），EB→=（2，2，﹣1），EB1→設(shè)平面ABE的法向量為n→=（x，y，則n→?AB→=2y=0n→?EB→=2設(shè)平面BB1E的法向量為m→=（a，b，則m→?EB→=2a+2b-c=0m→設(shè)二面角A﹣BE﹣B1的平面角為θ，由圖知θ為鈍角，∴二面角A﹣BE﹣B1的余弦值cosθ=-|故選：A．4．（2021春?和平區(qū)期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱長為2，底面三角形的邊長為1，則BC1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值為（）A．52 B．32 C．22 【分析】建立空間直角坐標系，分別求出BC1的方向向量和平面ACC1A1的法向量，然后套公式計算即可．【解答】解：如，分別取BC，B1C1的中點M，N．由正三棱柱ABC﹣A1B1C1易證，MN⊥平面ABC．連接MA，易知MA，BC，MN兩兩垂直．以M為原點直線MA，MB，MN分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系M﹣xyz：由已知得：A（32，0，0），C（0，?12，0），C1（0，?12，2），B（0，1所以CA→=（32，12，0），CC1→=（0，0，2），設(shè)平面ACC1A1的法向量為n→=（x，y，所以n→?CA令x＝1，則y=-3，z＝0，故n→=（1，?3設(shè)BC1與側(cè)面ACC1A1所成角為θ，則sinθ＝|cos＜n→，故選：D．5．（2021?雁峰區(qū)校級模擬）空間直角坐標系O﹣xyz中，經(jīng)過點P（x0，y0，z0），且法向量為m→=(A，B，C)的平面方程為A（x﹣x0）+B（y﹣y0）+C（z﹣z0）＝0，經(jīng)過點P（x0，y0，z0）且一個方向向量為n→=(μ，v，ω)(μvω≠0)的直線l的方程為x-A．60° B．120° C．30° D．45°【分析】求出平面的法向量，直線的方向向量，利用直線與平面所成角的的公式求解即可．【解答】解：因為平面α的方程為x-y+因為直線l的方程為x3=-y故直線l與平面a所成角的正弦值為|-故選：C．6．（2021春?鹽城期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在線段C1D1上，若直線B1P與平面BC1D1所成的角為θ，則tanθ的取值范圍是（）A．[34，33] B．[1，3【分析】建系，設(shè)P點坐標，求平面BC1D1的法向量，結(jié)合向量的夾角表示出sinθ，再求出sinθ的范圍，進而得到tanθ的取值范圍．【解答】解：如圖所示，以A1為原點建立空間直角坐標系，不妨設(shè)AA1＝2，則D1（2，0，0），C1（2，2，0），B1（0，2，0），B（0，2，2），C（2，2，2），設(shè)P（2，t，0），t∈[0，2]，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，因為C1D1⊥平面C1CBB1，所以C1D1⊥B1C，又B1C∩BC1≠?，所以B1C⊥平面D1C1B，即B1C→是平面D1C1B1sinθ=|因為θ∈[0，π故選：D．7．（2020秋?撫州期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點，則EF與平面A1BC1所成角的正弦值為（）A．36 B．26 C．33 【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求出EF與平面A1BC1所成角的正弦值．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為2，則E（2，1，2），F(xiàn)（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），EF→=（﹣1，1，﹣2），BA1→=（0，﹣2，2），BC設(shè)平面A1BC1的法向量n→=（x，y，則n→?BA1→=-2y+2z=0n→設(shè)EF與平面A1BC1所成角為θ，則sinθ=|∴EF與平面A1BC1所成角的正弦值為23故選：D．8．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期末）已知動點P在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的對角線BD1（不含端點）上．設(shè)D1PD1B=A．（0，13） B．（0，12） C．（13，1） D．（1【分析】建立空間直角坐標系，利用∠APC不是平角，可得∠APC為鈍角等價于cos∠APC＜0，即PA→?PC→【解答】解：由題設(shè)，建立如圖所示的空間直角坐標系D﹣xyz，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，則有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，1）∴D1B→=（1，1，﹣1），∴設(shè)D1P→∴PA→=PD1→+D1A→=（﹣λ，﹣λ，λ）+（1，0，﹣PC→=PD1→+D1C→=（﹣λ，﹣λ，λ）+（0，1，﹣由圖知∠APC不是平角，∴∠APC為鈍角等價于cos∠APC＜0，∴PA→?∴（1﹣λ）（﹣λ）+（﹣λ）（1﹣λ）+（λ﹣1）2＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＜0，解得13＜λ∴λ的取值范圍是（13，1故選：C．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（2021?江陰市開學(xué)）若將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角，則（）A．AC與BD所成的角為90° B．AD與BC所成的角為45° C．BC與平面ACD所成角的正弦值為62D．平面ABC與平面BCD所成角的正切值是2【分析】取BD的中點O，連接AO，CO，可得AO⊥BD，CO⊥BD，證明AO⊥平面BCD，以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)C、OD、OA所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量求解空間角，再逐一核對四個選項得答案．【解答】解：如圖，取BD的中點O，連接AO，CO，可得AO⊥BD，CO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD，以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)C、OD、OA所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系．設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則C（1，0，0），A（0，0，1），B（0，﹣1，0），D（0，1，0），AC→=(1，0，-1)∵AC→?BD→=0，∴AC→⊥BD→∵cos＜AD→，BC→＞=AD→設(shè)平面ACD的一個法向量為a→由a→?AC→=x-∵cos＜BC→，a→＞=BC→設(shè)平面ABC的一個法向量為b→由b→?AC→=x1-而平面BCD的一個法向量為c→∵cos＜b→，c→＞=則平面ABC與平面BCD所成角的正弦值為63，正切值是2，故D故選：AD．10．（2021?湖北開學(xué)）如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AE＝BC＝2．AB＝AD＝1，CF=8A．BD⊥EC B．BF∥平面ADE C．二面角E﹣BD﹣F的余弦值為13D．直線CE與平面BDE所成角的正弦值為5【分析】建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，利用向量垂直的充要條件判斷選項A，由方向向量與平面的法向量之間的關(guān)系判斷選項B，由向量的夾角公式求解二面角和線面角，即可判斷選項C，D．【解答】解：以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2），F(xiàn)（1，2，87所以BD→因為BD→則BE與EC不垂直，故選項A錯誤；因為AB→=(1，又BF→則BF→?AB→=0，又直線所以BF∥平面ADE，故選項B正確；設(shè)平面BDF的法向量為m→則m→?BD令b＝1，則a＝1，c=-7故m→由題意，BD→設(shè)平面BDE的法向量為n→則n→?BD令z＝1，則x＝y(tǒng)＝2，故n→故|cos故選項C正確；因為|cos故選項D錯誤．故選：BC．11．（2021?路北區(qū)校級模擬）已知正四棱錐S﹣ABCD的體積為423，底面邊長為A．該四棱錐的側(cè)面積為43 B．棱SA與SC垂直 C．平面SAB與平面SCD垂直 D．二面角B﹣SA﹣C的余弦值為3【分析】求出正四棱錐的高h=2，側(cè)棱在底面的射影為2，側(cè)棱SA＝2，由此能求出該四棱錐的側(cè)面積，能推導(dǎo)出棱SA與SC垂直，設(shè)AC∩BD＝O，以O(shè)為原點，OA為x軸，OB為y軸，OS為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法推導(dǎo)出平面SAB與平面SCD不垂直，求出二面角B﹣SA﹣C【解答】解：由題意得正四棱錐的底面積S＝4，根據(jù)棱錐的體積公式V=13Sh得：正四棱錐的高h∵正四棱錐的底面邊長為2，∴側(cè)棱在底面的射影為2．∴側(cè)棱SA=2+2=∴該四棱錐的側(cè)面積S＝4×12×2×2×sin60°=∵SA＝SC＝2，AC＝22，∴SA2+SC2＝AC2，∴棱SA與SC垂直，故B正確；設(shè)AC∩BD＝O，以O(shè)為原點，OA為x軸，OB為y軸，OS為z軸，建立空間直角坐標系，則A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），D（0，-2，0），S（0，0，SA→=（2，0，-2），SB→=（0，2，-2），SC→=（-2，0，-設(shè)平面SAB的法向量n→=（x，y，則n→?SA→=2x-2z=0n→設(shè)平面SCD的法向量m→=（a，b，則m→?SC→=-2a-2c=0m→∵m→?n→=1≠0，∴平面SAB對于D，設(shè)平面SAD的法向量p→=（x1，y1，z則p→?SA→=2x1-2z1=0p平面SAC的法向量q→=（0，1，設(shè)二面角B﹣SA﹣C的平面角為θ，則二面角B﹣SA﹣C的余弦值為：cosθ=|p→故選：ABD．12．（2021春?金華期末）已知棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1，E，F(xiàn)分別是棱AD，CD上的動點，滿足AE＝DF，則（）A．四棱錐B1﹣BEDF的體積為定值 B．四面體D1DEF表面積為定值 C．異面直線B1E和AF所成角為90° D．二面角D1﹣EF﹣B1始終小于60°【分析】A，利用S＝SABCD﹣S△ABE﹣S△BCF＝1-12AE-12FC＝1B，過D作DH⊥EF，連接D1H，則D1H⊥EF，設(shè)AE＝DF＝x，四面體D1DEF表面積為S=12x×1+C，建立空間直角坐標系，設(shè)AE＝x，利用B1E→?AF→=D，取AE＝DF=1【解答】解：對于A，因為四邊形BEDF的面積為S＝SABCD﹣S△ABE﹣S△BCF＝1-12AE-12FC＝1-12∴四棱錐B1﹣BEDF的體積為定值，故正確；對于B，過D作DH⊥EF，連接D1H，則D1H⊥EF，設(shè)AE＝DF＝x，則DH=x∴D1H=DH2+1∴四面體D1DEF表面積為S=12x×1+12(1-x對于C，如圖建立空間直角坐標系，設(shè)AE＝x，則E（1﹣x，0，0），F(xiàn)（0，x，0），B1（1，1，1），A（1，0，0），則B1E→∴B1E→?AF→=x﹣x+0＝0，∴異面直線B對于D，當AE＝DF=12時，可得二面角D1﹣EF﹣D就是∠DHD1，二面角B1﹣EF﹣B就是∠BHB則tan∠DHD1＝22，tan∠bHb1=2tan（∠DHD1+∠BHB1）=2此時二面角D1﹣EF﹣B1的正切值為82故選：ABC．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（2020秋?青銅峽市校級月考）已知空間四點A（0，1，0），B（1，0，12），C（0，0，1），D（1，1，12），則異面直線AB，CD所成的角的余弦值為1【分析】利用向量坐標運算、向量夾角公式即可得出．【解答】解：（1）設(shè)AB→=aa→?b→=1﹣1-∴cos＜∴異面直線AB，CD所成的角的余弦值為19故答案為：1914．（2021春?黃岡期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O是AC的中點，直線B1O與平面ACD1所成角的正弦值為223【分析】首先建立空間直角坐標系且不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的邊長為1，于是寫出各點的坐標，然后求出平面ACD1的一個法向量為n→=(x，y【解答】解：以AB、AD、AA1所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的邊長為1，則A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0），B1（1，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），O（12，12，0），所以B1O→=（AC→=(1，設(shè)平面ACD1的一個法向量為n→n→?AC→=0n→?AD1→=0，即x于是，cos＜所以sinθ＝|cos＜B1O其中θ為直線B1O與平面ACD1所成角．所以直線B1O與平面ACD1所成角的正弦值為22故答案為：2215．（2021?紹興二模）如圖，在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的動點，N是棱BC的中點．當平面D1MN與底面ABCD所成的銳二面角最小時，A1M＝85【分析】建立合適的空間直角坐標系，MA＝k，求出所需點的坐標和向量的坐標，利用待定系數(shù)法求出平面D1MN的法向量，利用向量的夾角公式表示出二面角的關(guān)系式，由余弦函數(shù)的單調(diào)性以及二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【解答】解：以D為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示，設(shè)MA＝k，則D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），所以D1設(shè)平面D1MN的法向量為n→則有n→?D令z＝8，則x＝8﹣2k，y＝4+k，故n→平面ABCD的一個法向量為m→設(shè)平面D1MN與底面ABCD所成的銳二面角為α，則cosα=銳二面角α越小，則cosα越大，所以求5k2﹣24k+144的最小值，令f（k）＝5k2﹣24k+144=5(k所以當k=125時，α有最小值，此時故答案為：8516．在如圖所示的幾何體ABCDEF中，四邊形EDCF是正方形，ABCD是等腰梯形，AD＝DE，∠ADE＝90°，AB∥CD，∠ADC＝120°．給出下列三個命題，下列命題為真命題的是①③．①平面ABCD⊥平面EDCF；②異面直線AF與BD所成角的余弦值為34③直線AF與平面BDF所成角的正弦值為55【分析】利用線面垂直的判定定理證明DE⊥平面ABCD，由面面垂直的判定定理即可判斷選項①，建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，求出直線的方向向量，利用待定系數(shù)法求出平面的法向量，由向量的夾角公式求解線線角和線面角，即可判斷選項②③．【解答】解：對于①，因為∠ADE＝90°，所以AD⊥DE，因為四邊形EDCF是正方形，所以DC⊥DE，又AD∩DC＝D，AD，DC?平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，又DE?平面EDCF，所以平面ABCD⊥平面EDCF，故選項①正確；由已知，DC∥EF，因為DC?平面ABFE，EF?平面ABFE，所以DC∥平面ABFE，又DC?平面ABCD，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，所以AB∥CD，又AD＝DE，所以AD＝CD，令A(yù)D＝1，則AB＝2，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理可得，BD2＝AB2+AD2﹣2AB?AD?cos∠BAD＝3，所以AD2+BD2＝AB2，則AD⊥BD，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則D（0，0，0），A（1，0，0），F(xiàn)(-所以FA→=(3則|cos所以異面直線AF與BD所成角的余弦值為34，故選項②對于③，設(shè)平面BDF的法向量為n→則n→?DB令x＝2，則y＝0，z＝1，故n→所以|cos則直線AF與平面BDF所成角的正弦值為55，故選項③故答案為：①③．解答題（共6小題，滿分70分）17．（2020秋?金家莊區(qū)校級期末）如圖，60°的二面角的棱上有A、B兩點，直線AC、BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB．已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，求CD的長．【分析】由已知條件知CD→=CA【解答】解：如圖，CD→CD→∴CD的長為17．18．（2020秋?臺江區(qū)校級期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC＝1，PA＝2，E為（1）求cos＜AC→，（2）在側(cè)面PAB內(nèi)找一點N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距離．【分析】（1）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出cos?（2）設(shè)在側(cè)面PAB內(nèi)找一點N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，利用向量法列方程組求出N（36，0，1），由此能求了N到AB和AP【解答】解：（1）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形側(cè)棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC＝1，PA＝2，E為以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），C（3，1，0），P（0，0，2），B（3，0，0），AC→=（3，1，∴cos?（2）設(shè)在側(cè)面PAB內(nèi)找一點N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，D（0，1，0），E（0，12，1），NE→=（﹣a，12，AP→=（0，0，2），AC→∴NE→?AP→=2(1-c)=0NE∴N（36，0，1∴N到AB的距離為1，N到AP的距離為3619．（2021?龍鳳區(qū)校級開學(xué)）如圖，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝4，AB＝2，點E在CC1上，且C1E＝3EC．（1）求證：A1C⊥平面BED；（2）求直線DD1與平面BED所成的角的正弦值．【分析】由題可以D為坐標原點，以DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標系，分別由空間向量進行求證求解即可．【解答】解：由題，以D為坐標原點，以DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標系，如圖：B（2，2，0），E（0，2，1），D（0，0，0），A1（2，0，4），D1（0，0，4），C（0，2，0），（1）設(shè)面BDE的一個法向量為n→DB→=(2，2，所以n→?DB不妨令y＝﹣1，則n→cos＜所以n→//CA1→，所以（2）由（1）得DDcos＜所以直線DD1與平面BED所成的角的正弦值為6320．（2021?3月份模擬）圖1是由正方形ABCD，Rt△ABE，Rt△CDF組成的一個平面圖形，其中AB＝AE＝DF＝1，將其沿AB、CD折起使得點E與點F重合，如圖2．（1）證明：圖2中的平面ABE與平面ECD的交線平行于底面ABCD；（2）求二面角B﹣EC﹣D的余弦值．【分析】（1）先證明CD∥平面ABE，然后利用線面平行的性質(zhì)定理，證明l∥CD，由線面平行的判定定理即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標系，求出點的坐標，以及平面EBC和平面ECD的法向量，利用向量的夾角公式求解即可．【解答】（1）證明：因為CD∥AB，AB?平面ABE，CD?平面ABE，所以CD∥平面ABE，因為CD?平面ECD，設(shè)平面ABE∩平面ECD＝l，所以l∥CD，因為l?平面ABCD，CD?平面ABCD，所以l∥平面ABCD，即平面ABE與平面ECD的交線平行底面ABCD；（2）解：建立空間直角坐標系如圖所示，則E(0所以BC→設(shè)平面EBC的法向量n1→=（x，y，z），平面ECD的法向量為n2→=（則有BC→?n令z＝1，則x=32，令c＝1，則b所以n1所以cos