2025高考數學一輪復習-7.9-空間角問題-專項訓練【含答案】

2025高考數學一輪復習-7.9-空間角問題-專項訓練【A級基礎鞏固】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cos〈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分別為棱AA1，A1D1的中點，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都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是()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)，則這兩個平面夾角的余弦值為________．6．在空間中，已知平面α過點(3，0，0)和(0，4，0)及z軸上一點(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D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點．(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．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是線段B1D1上一動點，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\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))2．(多選)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCD所在平面內一動點，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N的軌跡為圓B．若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC．若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D．若D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，則點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M，N分別為AE，BC的中點．(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級基礎鞏固】1．解析：由于cos〈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：A2．解析：因為s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，所以|cos〈s1，s2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(s1·s2,|s1||s2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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：C3．解析：以D為原點，以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系D-xyz(圖略)，則D(0，0，0).設正方體的棱長為2，則F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，所以eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以所求的余弦值為eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(DF,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(5))＝eq\f(2,5).答案：A4．解析：∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up6(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up6(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FE,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2)，故|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(3－\r(2)).答案：D5．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的一個法向量為n＝(0，0，1)，設平面α的法向量為u＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))則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，故a＝eq\f(12,5).答案：eq\f(12,5)7．(1)證明：依題意，以C為原點，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系(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\o(C1M,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，從而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)解：依題意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一個法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，0，－1).設n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨設x＝1，可得n＝(1，－1，2).因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(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\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)為平面DB1E的一個法向量，于是cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(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).INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．解析：如圖，以D為坐標原點，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系，設正方體棱長為1，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，設P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，∴eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，∴eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(2λ2－2λ＋2).設異面直線AP與BD所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))||\o(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\co1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，當λ＝eq\f(1,2)時，cosθ取得最小值為0，當λ＝0或1時，cosθ取得最大值為eq\f(1,2)，∴0≤cosθ≤eq\f(1,2)，則eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,2).答案：C2．解析：如圖所示，對于A，根據正方體的性質可知，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N的軌跡為以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；對于B，在Rt△MDN中，DN＝eq\r(MN2－MD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，取MD的中點E，連接PE.因為P為MN的中點，所以PE∥DN，且PE＝eq\f(1,2)DN＝eq\r(3).因為DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內．又PE＝eq\r(3)，所以點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；對于C，連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離．又B不在直線CD上，所以點N的軌跡為以B為焦點，CD為準線的拋物線，故C正確；對于D，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，設N(x，y，0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4).因為D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉|＝coseq\f(π,3)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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N的軌跡為雙曲線，故D正確．答案：ACD3．解析：令M為AC的中點，連接MB，MA1，由題意知△ABC是等邊三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.因為平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM?平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.因為A1M?平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M兩兩垂直，以M為坐標原點，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(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系．設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\o(AC1,\s\up6(→))＝(－3，0，eq\r(3))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，所以|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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，過點A作AE⊥BD于點E，連接A1E，則∠A1EA＝eq\f(π,6).過點A作AH⊥A1E于點H，則eq\o(AH,\s\up6(→))為平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝eq\f(π,6).因為l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\co1(\f(π,4)－\f(π,6)，\f(π,4)＋\f(π,6))).又因為l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\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))5．(1)證明：因為ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.因為CDEF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，因為∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2eq\r(3)＝BC.在DC邊上作DG＝2，連接EG，易得GE⊥DC.在Rt△EGD中，因為∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2eq\r(3)＝FC，易知二面角F-DC-B的平面角為∠FCB＝60°.又FC＝B