2021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

-10-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<a,b>==,所以<a,b>=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cosθ=()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<n,>==.设A1B1与平面A1EF的夹角为θ,则sinθ=cos<n,>=,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sinθ=|cos<n,>|==,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:18.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+2a2cos60°+a2-2a2cos60°-2a2cos60°+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