新高考数学一轮复习《高考大题突破练—向量法求空间角》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

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新高考数学一轮复习《高考大题突破练—向量法求空间角》课时练习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．【答案解析】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)，＝(2,0，－4)，＝(－2，－2,2)，则|cos 〈，〉|＝＝，即异面直线PB与CM所成角的余弦值为.(2)由(1)得＝(0,0,4)，＝(2,4,0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝2，则y＝－1，故n＝(2，－1,0)，＝(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＝＝，故点M到平面PAC的距离为.2.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．【答案解析】 (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＝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(，1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,3)，＝(－，－1,3)，＝＋＝(-,,)，P(,,0)，∴＝(－，－1,-)，＝(－，1,0)，设平面BCDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由得令x＝，得n＝(，3,2)，|cos〈n，〉|＝＝.∴直线DP与平面BCDE所成角的正弦值为.3.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，CF⊥SD，SC＝2，且AD∥BC，SE＝ED＝2，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．【答案解析】 (1)证明:因为SA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AD，又因为SD＝2×2＝4，在Rt△SAD中，可得AD＝＝8，所以DF＝5，AF＝3，所以＝，＝，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＝2，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＝＝2，FC＝＝，过点A作AM∥FC交BC于点M，可得AM＝FC＝，以，，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，，0)，C(3，，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)，则可取平面BCE的一个法向量为u＝(0,2，)，又SD⊥平面EFC，所以平面EFC的一个法向量为＝(8,0，－4)．设平面EFC与平面BCE夹角为θ，则cos θ＝＝，则sin θ＝＝，所以平面EFC与平面BCE夹角的正弦值为.4.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC，PA＝AC＝2AB＝2，E是线段PC的中点.(1)求证：DE∥平面PAB；(2)求二面角D﹣CP﹣B的余弦值.【答案解析】解：(1)以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示.则B(0，0，0)，C(0，，0)，P(1，0，2)，D(,,0)，A(1，0，0)，E(,,1)，∴＝(﹣1，0，1)，＝(1，0，2)，＝(1，0，0).设平面PAB的法向量为n＝(a，b，c)，则∴∴n＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量.又·n＝0，DE⊄平面PAB，∴DE∥平面PAB.(2)由(1)易知＝(0，，0)，＝(﹣,﹣,2)，＝(﹣,,0)，设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则∴令x1＝2，则y1＝0，z1＝﹣1，∴n1＝(2，0，﹣1)为平面PBC的一个法向量.设平面DPC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∴令x2＝1，则y2＝，z2＝1，∴n2＝(1，，1)为平面DPC的一个法向量.∴cos〈n1，n2〉＝＝.故二面角D﹣CP﹣B的余弦值为.5.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD＝90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是BD的中点.(1)求证：EM∥平面ADF；(2)求二面角A﹣FD﹣B的余弦值的大小.【答案解析】解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN＝AB，又因为EF∥AB，EF＝AB，所以MN∥EF且MN＝EF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz.由已知可得＝(,0,-)，＝(3，－2，0)，＝(0，－1，)，设平面ADF的法向量是n＝(x，y，z).由得令y＝3，则n＝(2，3，).又因为·n＝0，所以⊥n，又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n＝(2，3，).易得平面BFD的一个法向量是m＝(0，－，1).所以cos〈m，n〉＝＝－，又二面角A﹣FD﹣B为锐角，故二面角A﹣FD﹣B的余弦值大小为.6.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E﹣ACD的体积.【答案解析】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则D(0，，0)，E(0,,)，＝(0,,).设B(m，0，0)(m＞0)，则C(m，，0)，＝(m，，0).设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1＝.又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设得|cos〈n1，n2〉|＝，即 ＝，解得m＝.因为E为PD的中点，所以三棱锥E﹣ACD的高为.三棱锥E﹣ACD的体积V＝××××＝.7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD，BD＝AD，且PD⊥底面ABCD.(1)证明：平面PBD⊥平面PBC；(2)若Q为PPC的中点，且，求二面角Q﹣BD﹣C的大小.【答案解析】解：8.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．【答案解析】 (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＝(1,0，－2)，＝(2,2,0)，＝(2,1，－2)，设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令x1＝2，则m＝(2，－2,1)，因为·m＝2－2＝0，所以⊥m，因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.(2)解　由(1)得，＝(2,2,2)，设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝.所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为.(3)解　连接BD，由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为＝(2，－2,0)，则cos〈，m〉＝＝＝，所以平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值为＝.