2023届高考一轮复习加练必刷题第65练　高考大题突破练—向量法求空间角【解析版】

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考点一 异面直线所成的角
1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD的中点．
(1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值；
(2)求点M到平面PAC的距离．
解 (1)因为四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，故AB，AD，AP两两垂直，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(0,2,2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq \(CM,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，
则|cs 〈eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(CM,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(CM,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(CM,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－12,\r(20)×\r(12))))＝eq \f(\r(15),5)，
即异面直线PB与CM所成角的余弦值为eq \f(\r(15),5).
(2)由(1)得eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,4)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝0，,x＋2y＝0，))令x＝2，则y＝－1，故n＝(2，－1,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,2,2)，设点M到平面PAC的距离为d，则由点到直线的距离公式可得d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AM,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，故点M到平面PAC的距离为eq \f(2\r(5),5).
考点二 直线与平面所成的角
2．(2022·浙江诸暨中学月考)如图，已知在四棱锥A－BCDE中，△ABC是边长为2的正三角形，四边形BCDE满足BE∥CD，BE＝2CD，AE＝3，AE⊥平面ABC，P，Q分别为AB，AE的中点．
(1)求证：DQ⊥PQ；
(2)求直线DP与平面BCDE所成角的正弦值．
(1)证明 连接CP(图略)，
∵AE⊥平面ABC，CP⊂平面ABC，∴AE⊥CP，
∵△ABC是正三角形，∴CP⊥AB，
∴CP⊥平面ABE，
∵PQ⊂平面ABE，∴CP⊥PQ，
∵PQ∥BE∥CD，PQ＝eq \f(1,2)BE＝CD，
∴四边形CDQP为平行四边形，即DQ∥CP，
∴DQ⊥PQ.
(2)解 如图，以A为原点，过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝2，AE＝3，
∴B(eq \r(3)，1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,3)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,3)，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(3,2)))，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
∴eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，－\f(3,2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
设平面BCDE的法向量为n＝(x，y，z)，则
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BE,\s\up6(→))＝－\r(3)x－y＋3z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋y＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,z＝\f(2\r(3),3)x.))
令x＝eq \r(3)，得n＝(eq \r(3)，3,2)，
|cs〈n，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,10).
∴直线DP与平面BCDE所成角的正弦值为eq \f(3,10).
考点三 平面与平面所成的角
3．如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，CF⊥SD，SC＝2eq \r(10)，且AD∥BC，SE＝ED＝2eq \r(5)，DF∶FA＝5∶3，且SA＝AB＝4.
(1)证明：平面SCD⊥平面EFC；
(2)求平面EFC与平面BCE夹角的正弦值．
(1)证明 因为SA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AD，
又因为SD＝2eq \r(5)×2＝4eq \r(5)，
在Rt△SAD中，可得AD＝eq \r(4\r(5)2－42)＝8，所以DF＝5，AF＝3，
所以eq \f(DF,SD)＝eq \f(5,4\r(5))，eq \f(DE,AD)＝eq \f(2\r(5),8)，
所以△FED∽△SAD，所以∠SAD＝∠FED＝90°，即SD⊥EF，
又由CF⊥SD，且EF∩FC＝F，EF，FC⊂平面EFC，所以SD⊥平面EFC，
又因为SD⊂平面SCD，所以平面SCD⊥平面EFC.
(2)解 因为SD⊥平面EFC，EC⊂平面EFC，所以SD⊥EC，
又因为SE＝ED，可得△DCE≌△SCE，所以DC＝SC＝2eq \r(10)，
如图所示，连接AC.
因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AC，SA⊥FC，
又因为FC⊥SD，SD∩SA＝S，所以FC⊥平面SAD，FC⊥AD，
所以AC＝eq \r(2\r(10)2－42)＝2eq \r(6)，
FC＝eq \r(2\r(6)2－32)＝eq \r(15)，
过点A作AM∥FC交BC于点M，可得AM＝FC＝eq \r(15)，
以eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AS,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
可得B(－1，eq \r(15)，0)，C(3，eq \r(15)，0)，E(4,0,2)，S(0,0,4)，D(8,0,0)．
设平面BCE的法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·u＝0，,\(CE,\s\up6(→))·u＝0，))可取平面BCE的一个法向量为u＝(0,2，eq \r(15))，
又SD⊥平面EFC，所以平面EFC的一个法向量为eq \(SD,\s\up6(→))＝(8,0，－4)．
设平面EFC与平面BCE夹角为θ，则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(SD,\s\up6(→))·u,|\(SD,\s\up6(→))||u|)))＝eq \f(4\r(15),\r(19)×4\r(5))＝eq \f(\r(57),19)，
则sin θ＝eq \r(1－cs 2θ)＝eq \f(4\r(19),19)，所以平面EFC与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(4\r(19),19).
4．(2021·天津改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
(1)求证：D1F∥平面A1EC1；
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．
(3)求平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值．
(1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，
C1(2,2,2)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，
所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
所以eq \(D1F,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(2,2,0)，
eq \(A1E,\s\up6(—→))＝(2,1，－2)，
设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(—→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\(A1E,\s\up6(—→))＝2x1＋y1－2z1＝0，))
令x1＝2，则m＝(2，－2,1)，
因为eq \(D1F,\s\up6(—→))·m＝2－2＝0，所以eq \(D1F,\s\up6(—→))⊥m，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.
(2)解 由(1)得，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(2,2,2)，
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(AC1,\s\up6(—→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·\(AC1,\s\up6(—→)),|m||\(AC1,\s\up6(—→))|)))＝eq \f(2,3×2\r(3))＝eq \f(\r(3),9).
所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9).
(3)解 连接BD，由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，
则cs〈eq \(DB,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(DB,\s\up6(→))·m,|\(DB,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(8,3×2\r(2))＝eq \f(2\r(2),3)，
所以平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值为
eq \r(1－cs2〈\(DB,\s\up6(→))，m〉)＝eq \f(1,3).