2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）课时跟踪检测：第十章 第七节　空间中的角（一） WORD版含解析.doc

1、第七节空间中的角(一) 选题明细表知识点、方法题号向量法解决线、面关系1,3,7,9向量法求空间角2,4,5,10,11综合问题6,9,12,13一、选择题1.若直线l平面,直线l的方向向量为s、平面的法向量为n,则下列结论可能正确的是(C)(A)s=(-1,0,2),n=(1,0,-1)(B)s=(-1,0,1),n=(1,2,-1)(C)s=(-1,1,1),n=(1,2,-1)(D)s=(-1,1,1),n=(-2,2,2)解析:直线与平面平行,直线的方向向量和平面的法向量垂直,经检验只有选项C中sn=0,故选C.2.如图,在所有棱长均为a的直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为BB

2、1,A1C1的中点,则异面直线AD与CE所成角的余弦值为(C) (A) (B)(C) (D)解析:设AC的中点O,以,为x,y,z轴建立坐标系,则A(0,-,0),D(a,0,),C(0,0),E(0,0,a),则=(a,),=(0,-,a),设AD与CE所成的角为,则cos =,故选C.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是(B)(A)相交 (B)平行(C)垂直 (D)不能确定解析:分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,因为A1M=AN=a,所

3、以M(a,a,),N(a,a,a),所以=(-,0,a).又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),所以=0,所以.因为是平面BB1C1C的法向量,且MN平面BB1C1C,所以MN平面BB1C1C.4.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面的法向量,cos=-,则l与所成的角为(B)(A)30(B)60(C)120(D)150解析:=150,所以l与所成的角等于150-90=60.5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,二面角B-AA1-C1的大小为60,点B到平面ACC1A1的距离为,点C到平面ABB1A1的距离为2,则直线BC1与直线AB1所成角的正切值

4、为(A)(A)(B)(C)(D)2解析:由题意可知,BAC=60,点B到平面ACC1A1的距离为,点C到平面ABB1A1的距离为2,所以在三角形ABC中,AB=2,AC=4,BC=2,ABC=90,则=(-)(+)=4,|=2,|=4,cos 􀎮,􀎯=,故tan􀎮,􀎯=.故选A.6.正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在A1C上运动(包括端点),则BP与AD1所成角的取值范围是(D)(A), (B),(C), (D),解析:以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,点

5、P坐标为(x,1-x,x),则=(x-1,-x,x),=(-1,0,1),设与的夹角为,则cos =,所以当x=时,cos 取最大值,=.当x=1时,cos 取最小值,=.因为BC1AD1,所以BP与AD1所成角的取值范围是,.故选D.二、填空题7.设u,v分别是平面,的法向量,u=(-2,2,5),当v=(3,-2,2)时,与的位置关系为 ;当v=(4,-4,-10)时,与的位置关系为.解析:当v=(3,-2,2)时,uv=(-2,2,5)(3,-2,2)=0.当v=(4,-4,-10)时,v=-2u.答案:8.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面,M,N分别是CD,PC的中点,并且PA=

6、AD=1.在如图所示的空间直角坐标系中,则MN=;直线MN与平面PAB所成角的大小为 .解析:连接PD,因为M,N分别为CD,PC的中点,所以MN=PD,又P(0,0,1),D(0,1,0),所以PD=,所以MN=.直线MN与平面PAB所成角为45.答案:459.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E平面ABF,则CE与DF的和为;|BE|2+|D1F|2的最小值为.解析:以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-

7、y),B(1,1,1),所以=(x-1,0,1),=(1,1,y),因为B1E平面ABF,所以=(1,1,y)(x-1,0,1)=0,即x+y=1.|BE|2+|D1F|2=(1-x)2+(1-y)22=.答案:110.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成角的大小为.解析:如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P(0,-,).则=(2a,0,0),=(-a,-,),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求

8、得n=(0,1,1),则cos =.所以=60,所以直线BC与平面PAC所成角的大小为90-60=30.答案:3011.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上.若二面角D1-EC-D的大小为,则AE=.解析:以D为原点,以,为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,设AE=(02),平面D1EC的法向量为m=(x,y,z),由题可知,D1(0,0,1),C(0,2,0),E(1,0),=(0,2,-1),=(1,-2,0),可取平面AECD的法向量为n=(0,0,1),因为m=(x,y,z)为平面D1EC的法向量,所以令y=1,则m=(2-,1

9、,2),因为二面角D1ECD的大小为,所以cos=,即=,解得=2-,=2+(舍去),所以AE=2-.答案:2-三、解答题12.(2019金丽衢十二校联考)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB侧面BB1C1C,已知BC=1,BCC1=,AB=C1C=2.(1)求证:C1B平面ABC;(2)E在棱C1C(不包含端点C1,C)上,且EAEB1,求A1E和平面AB1E所成角的正弦值.(1)证明:因为BC=1,CC1=2,BCC1=,所以BC1=,又因为BC2+B=C,所以BC1BC.因为AB侧面BB1C1C,所以ABBC1.由和可得直线C1B平面ABC.(2)解:以B为原点,分别以,和的方向为x,y和

10、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则有A(0,0,2),B1(-1,0),设E(1-t,t,0),(0t1),由=0可求得t=.又A1(-1,2),=(-,2),=(,-2),=(,-,0),则平面AB1E的法向量n=(1,1),设A1E和平面AB1E所成角为,于是sin =.13.在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,PDDC,底面ABCD是梯形,ABDC,AB=AD=PD=1,CD=2.(1)求证:平面PBC平面PBD;(2)设Q为棱PC上一点,=,试确定的值,使得二面角QBDP为60.(1)证明:因为AD平面PDC,PD平面PCD,DC平面PDC,所以ADPD,ADDC,又AB

11、DC,所以ADAB,在梯形ABCD中,过点B作BHCD于H,在RtBCH中,BH=CH=1,所以BCH=45,又在RtDAB中,AD=AB=1,所以ADB=45,所以BDC=45,所以DBC=90,所以BCBD.因为PDAD,PDDC,ADDC=D,AD平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD平面ABCD,因为BC平面ABCD,所以PDBC.因为BDPD=D,BD平面PBD,PD平面PBD,所以BC平面PBD,因为BC平面PBC,所以平面PBC平面PBD.(2)解:法一过点Q作QMBC交PB于点M,过点M作MNBD于点N,连接QN.由(1)可知BC平面PDB,所以QM平面PDB,所以QMBD,

12、因为QMMN=M,所以BD平面MNQ,所以BDQN,所以QNM是二面角Q-BD-P的平面角,所以QNM=60.因为=,所以=,因为QMBC,所以=,所以QM=BC,由(1)知BC=,所以QM=,又PD=1,MNPD,所以=,所以MN=1-=1-.因为tan MNQ=,所以=,所以=3-.法二以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如图).则P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0).令Q(x0,y0,z0),则=(x0,y0,z0-1),=(0,2,-1),因为=,所以(x0,y0,z0-1)=(0,2,-1),所以Q(0,2,1-).因为BC平面PBD,所以n=(-1,1,0)是平面PBD的一个法向量.设平面QBD的一个法向量为m=(x,y,z).则即即令y=1,得m=(-1,1,).因为二面角Q-BD-P为60,所以|cos |=,解得=3.因为Q在棱PC上,01,所以=3-.