2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.9-空間角問(wèn)題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，則直線l與平面α所成的角為( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
2．已知直線l1的方向向量s1＝(1，0，1)與直線l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，則直線l1和l2所成角的余弦值為( )
A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
3．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，A1D1的中點(diǎn)，則直線BE與DF所成角的余弦值為( )
A． eq \f(2,5) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(4,5)
4．如圖，在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則B，D兩點(diǎn)間的距離是( )
A． eq \r(3) B． eq \r(2)
C．1 D． eq \r(3－\r(2))
5．已知兩平面的法向量分別為(0，－1，3)，(2，2，4)，則這兩個(gè)平面夾角的余弦值為________．
6．在空間中，已知平面α過(guò)點(diǎn)(3，0，0)和(0，4，0)及z軸上一點(diǎn)(0，0，a)(a＞0).如果平面α與平面Oxy的夾角為45°，則a＝________．
7．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．
(1)求證：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；
(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．
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1．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P是線段B1D1上一動(dòng)點(diǎn)，且AP∥平面DBC1，則異面直線AP與BD所成角的取值范圍為( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
2．(多選)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，M為DD1的中點(diǎn)，N為ABCD所在平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，則下列命題正確的是( )
A．若MN與平面ABCD所成的角為 eq \f(π,4)，則點(diǎn)N的軌跡為圓
B．若MN＝4，則MN的中點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形的面積為2π
C．若點(diǎn)N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點(diǎn)N的軌跡為拋物線
D．若D1N與AB所成的角為 eq \f(π,3)，則點(diǎn)N的軌跡為雙曲線
3．若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為________．
4．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，已知二面角A1-BD-A的大小為 eq \f(π,6)，若空間有一條直線l與直線CC1所成的角為 eq \f(π,4)，則直線l與平面A1BD所成角的取值范圍是________．
5．如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角為60°.設(shè)M，N分別為AE，BC的中點(diǎn)．
(1)證明：FN⊥AD；
(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．
參考答案
【A級(jí) 基礎(chǔ)鞏固】
1．解析：由于cs 〈m，n〉＝－ eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直線l與平面α所成的角為30°.
答案：A
2．解析：因?yàn)閟1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，
所以|cs 〈s1，s2〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(s1·s2,|s1||s2|)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1－2,\r(2)×3)))＝ eq \f(\r(2),2).
所以直線l1和l2所成角的余弦值為 eq \f(\r(2),2).
答案：C
3．解析：以D為原點(diǎn)，以 eq \(DA,\s\up6(→))， eq \(DC,\s\up6(→))， eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz(圖略)，則D(0，0，0).
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，
所以 eq \(DF,\s\up6(→))＝(1，0，2)， eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
所以所求的余弦值為
eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,|\(DF,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(2,\r(5)×\r(5))＝ eq \f(2,5).
答案：A
4．解析：∵ eq \(BD,\s\up6(→))＝ eq \(BF,\s\up6(→))＋ eq \(FE,\s\up6(→))＋ eq \(ED,\s\up6(→))，
∴| eq \(BD,\s\up6(→))|2＝| eq \(BF,\s\up6(→))|2＋| eq \(FE,\s\up6(→))|2＋| eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2 eq \(BF,\s\up6(→))· eq \(FE,\s\up6(→))＋2 eq \(FE,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＋2 eq \(BF,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－ eq \r(2)＝3－ eq \r(2)，
故| eq \(BD,\s\up6(→))|＝ eq \r(3－\r(2)).
答案：D
5．解析： eq \f(|(0，－1，3)·(2，2，4)|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝ eq \f(\r(15),6).
答案： eq \f(\r(15),6)
6．解析：平面Oxy的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)，
設(shè)平面α的法向量為u＝(x，y，z)，
則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))則3x＝4y＝az，取z＝1，
則u＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，
而|cs 〈n，u〉|＝ eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝ eq \f(\r(2),2).
又a＞0，故a＝ eq \f(12,5).
答案： eq \f(12,5)
7．(1)證明：依題意，以C為原點(diǎn)，分別以 eq \(CA,\s\up6(→))， eq \(CB,\s\up6(→))， eq \(CC1,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3).
依題意， eq \(C1M,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，從而 eq \(C1M,\s\up6(→))· eq \(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)解：依題意， eq \(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一個(gè)法向量， eq \(EB1,\s\up6(→))＝(0，2，1)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(2，0，－1).設(shè)n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨設(shè)x＝1，可得n＝(1，－1，2).
因此有cs 〈 eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\(CA,\s\up6(→))·n,|\(CA,\s\up6(→))||n|)＝ eq \f(\r(6),6)，于是sin 〈 eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\r(30),6).
所以，二面角B-B1E-D的正弦值為 eq \f(\r(30),6).
(3)解：依題意， eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)為平面DB1E的一個(gè)法向量，
于是cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝ eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝－ eq \f(\r(3),3).
所以，直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為 eq \f(\r(3),3).
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1．解析：如圖，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，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，
則D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
設(shè)P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴ eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，
∴ eq \(DB,\s\up6(→))· eq \(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，| eq \(DB,\s\up6(→))|＝ eq \r(2)，
| eq \(AP,\s\up6(→))|＝ eq \r(2λ2－2λ＋2).
設(shè)異面直線AP與BD所成的角為θ，
則cs θ＝ eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(DB,\s\up6(→))||\(AP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))
＝ eq \f(1,2)· eq \r(\f((2λ－1)2,λ2－λ＋1))＝ eq \f(1,2)· eq \r(4－\f(3,λ2－λ＋1))
＝ eq \f(1,2)· eq \r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，
當(dāng)λ＝ eq \f(1,2)時(shí)，cs θ取得最小值為0，
當(dāng)λ＝0或1時(shí)，cs θ取得最大值為 eq \f(1,2)，
∴0≤cs θ≤ eq \f(1,2)，則 eq \f(π,3)≤θ≤ eq \f(π,2).
答案：C
2．解析：如圖所示，對(duì)于A，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面ABCD所成的角，所以∠MND＝ eq \f(π,4)，所以DN＝DM＝ eq \f(1,2)DD1＝ eq \f(1,2)×4＝2，所以點(diǎn)N的軌跡為以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；
對(duì)于B，在Rt△MDN中，DN＝ eq \r(MN2－MD2)＝ eq \r(42－22)＝2 eq \r(3)，取MD的中點(diǎn)E，連接PE.因?yàn)镻為MN的中點(diǎn)，所以PE∥DN，且PE＝ eq \f(1,2)DN＝ eq \r(3).因?yàn)镈N⊥ED，所以PE⊥ED，即點(diǎn)P在過(guò)點(diǎn)E且與DD1垂直的平面內(nèi)．又PE＝ eq \r(3)，所以點(diǎn)P的軌跡為以 eq \r(3)為半徑的圓，其面積為π·( eq \r(3))2＝3π，故B不正確；對(duì)于C，連接NB，因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點(diǎn)N到直線BB1的距離為NB，所以點(diǎn)N到點(diǎn)B的距離等于點(diǎn)N到定直線CD的距離．又B不在直線CD上，所以點(diǎn)N的軌跡為以B為焦點(diǎn)，CD為準(zhǔn)線的拋物線，故C正確；對(duì)于D，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，設(shè)N(x，y，0)，
則 eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0)， eq \(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4).
因?yàn)镈1N與AB所成的角為 eq \f(π,3)，
所以|cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(D1N,\s\up6(→))〉|＝cs eq \f(π,3)，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4y,4\r(x2＋y2＋16))))＝ eq \f(1,2)，整理得 eq \f(3y2,16)－ eq \f(x2,16)＝1，所以點(diǎn)N的軌跡為雙曲線，故D正確．
答案：ACD
3．解析：令M為AC的中點(diǎn)，連接MB，MA1，
由題意知△ABC是等邊三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.
因?yàn)槠矫鍭1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
BM?平面ABC，
所以BM⊥平面A1ACC1.
因?yàn)锳1M?平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)， eq \(MA,\s\up6(→))， eq \(MB,\s\up6(→))， eq \(MA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AA1＝AC＝AB＝2，
則A(1，0，0)，B(0， eq \r(3)，0)，A1(0，0， eq \r(3))，
C1(－2，0， eq \r(3))，
所以 eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－3，0， eq \r(3))， eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0， eq \r(3)，－ eq \r(3))，
所以|cs 〈 eq \(AC1,\s\up6(→))， eq \(A1B,\s\up6(→))〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－3,2\r(3)×\r(6))))＝ eq \f(\r(2),4)，故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為 eq \f(\r(2),4).
答案： eq \f(\r(2),4)
4．解析：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，連接A1E，則∠A1EA＝ eq \f(π,6).過(guò)點(diǎn)A作AH⊥A1E于點(diǎn)H，則 eq \(AH,\s\up6(→))為平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝ eq \f(π,6).因?yàn)閘與直線CC1所成角的大小為 eq \f(π,4)，即l與直線AA1所成角的大小為 eq \f(π,4)，那么l與直線AH所成角的取值范圍為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)，\f(π,4)＋\f(π,6))).又因?yàn)閘與直線AH所成的角和l與平面A1BD所成的角互余，所以直線l與平面A1BD所成角的取值范圍是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))).
答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12)))
5．(1)證明：因?yàn)锳BCD是直角梯形，∠BAD＝60°，
所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
因?yàn)镃DEF是直角梯形，∠CDE＝60°，
所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.
如圖，在AB邊上作AH＝2，連接DH，易得DH⊥AB.在Rt△DAH中，因?yàn)椤螪AH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2 eq \r(3)＝BC.
在DC邊上作DG＝2，連接EG，易得GE⊥DC.在Rt△EGD中，因?yàn)椤螮DG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2 eq \r(3)＝FC，
易知二面角F-DC-B的平面角為∠FCB＝60°.又FC＝BC＝2 eq \r(3)，故△FBC為等邊三角形．
又N為BC的中點(diǎn)，所以FN⊥BC.
因?yàn)镈C⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC＝C，所以DC⊥平面BCF.
又FN?平面BCF，所以DC⊥FN.
因?yàn)锽C⊥FN，BC∩DC＝C，故FN⊥平面ABCD.
又AD?平面ABCD，故FN⊥AD.
(2)解：如圖，取AD的中點(diǎn)K，連接NK，以N為坐標(biāo)原點(diǎn)，
以NK，NB，NF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則B(0， eq \r(3)，0)，A(5， eq \r(3)，0)，D(3，－ eq \r(3)，0)，E(1，0，3)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
設(shè)平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，
則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·(－2，－2\r(3)，0)＝－2x－2\r(3)y＝0，,n·(－2，\r(3)，3)＝－2x＋\r(3)y＋3z＝0.))
取x＝ eq \r(3)，則y＝－1，z＝ eq \r(3)，即n＝( eq \r(3)，－1， eq \r(3))是平面ADE的一個(gè)法向量．
設(shè)直線BM與平面ADE所成角為θ，
因?yàn)?eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，所以sin θ＝|cs 〈 eq \(BM,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(|\(BM,\s\up6(→))·n|,|\(BM,\s\up6(→))||n|)＝

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