2023版高考数学一轮复习核心素养测评四十四利用空间向量求线线角与线面角苏教版.doc

核心素养测评四十四 利用空间向量求线线角与线面角
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.平面α的斜线l与它在这个平面上的射影l′的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为 (　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
【解析】选C. l与α所成的角为a与b所成的角(或其补角),
因为cos==,
所以=60°.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin<,>的值为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.设正方体的棱长为2,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,可知=(2,-2,1),=(2,2,-1),cos<,>=-,sin<,>=.
3.已知△ABC与△BCD均为正三角形,且AB=4.若平面ABC与平面BCD垂直,且异面直线AB和CD所成角为θ,则cos θ= (　　)
A.- B.
C.- D.
【解析】选D.如图,因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直,
所以取BC中点O,则AO,BC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图空间直角坐标系O-xyz.
则A(0,0,2),B(0,-2,0),C(0,2,0),D(2,0,0),所以0,-2,-2),=(2,-2,0),
故cos<,>==,所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点,则A1B1与平面A1EF夹角的正弦值为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.建系如图,设正方体棱长为1,则
A1(1,0,1),E1,,0,F0,,1,B1(1,1,1).
=(0,1,0),=0,,-1,
=-1,,0.
设平面A1EF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
即
令y=2,则
所以n=(1,2,1),cos==.
设A1B1与平面A1EF的夹角为θ,
则sin θ=cos=,
即所求线面角的正弦值为.
5.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所成的角是 (　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
【解析】选A.如图,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.
设OD=SO=OA=OB=OC=a,
则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),
P0,-,,则=(2a,0,0),
=-a,-,,=(a,a,0),
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z),
则解得可取n=(0,1,1),
则cos<,n>===,
又因为0°<<,n><180°,
所以<,n>=60°,
所以直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为________. 
【解析】以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由AB=AC=1,PA=2,
得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),
D,0,0,E,,0,F0,,1.
所以=(0,0,-2),=0,,0,
=-,,1.
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则由
得
取z=1,则n=(2,0,1),
设直线PA与平面DEF所成的角为θ,
则sin θ=|cos|==,
所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.
答案:
7.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱A1A⊥底面ABC,AC=1,AA1=2,∠BAC=90°,若AB1与直线A1C的夹角的余弦值是,则棱AB的长度是________. 
【解析】如图建立坐标系.设AB=a,则
A(0,0,0),B1(a,0,2),A1(0,0,2),C(0,1,0),
所以=(a,0,2),=(0,1,-2),
所以|cos<,>|
=
==,
解得a=1,所以棱AB的长度是1.
答案:1
8.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________.  
【解析】连接A1B交AB1于点O,取A1C1的中点D,连接B1D,DO.
因为O,D分别为A1B,A1C1的中点,
所以OD∥BC1,所以∠DOB1或其补角即为异面直线AB1与BC1所成的角.
设各棱长为a,则DB1=a.
因为∠A1AB=60°,所以OB1=AO=a.
又因为=+=+-,
所以=(+-)2
=+2·+-2·-
2·+
=a2+2a2cos 60°+a2-2a2cos 60°-2a2cos 60°+a2=2a2,所以||=a,
所以OD=BC1=a.
在△DOB1中,由余弦定理得
cos∠DOB1==,
所以AB1与BC1所成角的余弦值为.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图所示,在正方体ABCD-A′B′C′D′中,已知点H在正方形A′B′C′D′的对角线B′D′上,∠HDA=60°.求DH与CC′所成的角的大小.
【解析】如图所示,
以D为原点,DA为单位长度,建立空间直角坐标系D-xyz则=(1,0,0),=(0,0,1).
设=(m,m,1)(m>0),
由已知,<,>=60°,
由·=||·||·cos<,>,
可得2m=,
解得m=,所以=,,1,
因为cos<,>==,
又因为0°<<,><180°,
所以<,>=45°,
即DH与CC′所成的角为45°.
10.(2020·黄冈模拟)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2,
(1)若M为CD的中点,求证:AM丄平面AA1B1B.
(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值.
【解析】1)因为四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,
连接AC,则△ACD为等边三角形,
又因为M为CD的中点,
所以AM⊥CD,由CD∥AB,
所以AM⊥AB,
因为AA1⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,
所以AM⊥AA1,
又因为AB∩AA1=A,
所以AM⊥平面AA1B1B.
(2)因为四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2,
所以∠AMD=∠BAM=90°,
所以DM=1,AM=,
又因为AA1⊥底面ABCD,
分别以AB,AM,AA1为x轴、y轴、z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
A1(0,0,2),B(2,0,0),D,
D1,
所以=,
=(-3,,0),
=(2,0,-2),
设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),
则有⇒
⇒y=x=z,
令x=1,则n=(1,,1),
所以直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值sin θ=|cos􀎮n,􀎯|==.