2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（五十二） 向量法求空间角

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课时跟踪检测（五十二） 向量法求空间角1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2，若直线CA1与直线AB所成角为60°，则AA1＝(　 )A.         B．2      C．2      D．2解析：选B　如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2，0)，设A1(2,0，z)(z>0)，则＝(2,0,0)，＝(2，－2，z)，∴|cos〈，〉|＝＝cos 60°，解得z＝2，故AA1＝2.故选B.2.如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P-ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于(　 )A.        B.      C.      D.解析：选C　如图建立空间直角坐标系，P(0,0,2)，C(2,2,0)，A(0，0,0)，E(2，－1,0)，则有＝(2,2，－2)，＝(2，－1，0)，＝(0,0,2)，设平面PAE的一个法向量n＝(x，y，z)，则有令x＝1，则y＝2，z＝0，则n＝(1,2,0)，∴cos〈，n〉＝＝，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为.故选C.3.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　 )A．2         B．3      C．4  D．5   解析：选C　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0，2，a)，则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，可得n＝为平面ACD1的一个法向量，故cos〈n，〉＝＝＝.∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴＝，解得a＝4(－4已舍去)．4．已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为8的正方形，长方体的高为AA1＝6，则BC1与对角面BB1D1D所成角的正弦值等于(　 )A.        B.        C.  D.解析：选A　连接A1C1，建立如图所示的空间直角坐标系．∵底面是边长为8的正方形，AA1＝6，∴A1(8,0,0)，B(8，8,6)，C1(0,8,0)，因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥B1B且B1B∩B1D1＝B1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，∴＝(－8,0，－6)，平面BB1D1D的一个法向量为＝(－8,8,0)，∴BC1与对角面BB1D1D所成角的正弦值为|cos〈，〉|＝＝＝.故选A.5.(多选)如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则(　 )A．直线EF与AB所成的角为B．直线EF与AD所成的角为C．直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为D．直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为解析：选ABC　将正四面体ABCD放在正方体AGBH-MCND中，设正方体AGBH-MCND的棱长为2，以点A为坐标原点，AG，AH，AM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)，B(2,2,0)，C(2,0,2)，D(0,2,2)，E(1,1,0)，F(1,1,2)．对于A选项，＝(0,0,2)，＝(2,2,0)，所以·＝0，即EF⊥AB，A对；对于B选项，＝(0,2,2)，cos〈，〉＝＝＝，所以直线EF与AD所成的角为，B对；对于C选项，设平面BCD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(0，－2,2)，＝(－2,0,2)，则取z1＝1，可得m＝(1,1,1)，所以cos〈，m〉＝＝＝，故直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为，C对；对于D选项，设平面ABD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝1，可得n＝(1，－1，1)，cos〈，n〉＝＝＝，故直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为，D错误．6.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°，若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，则二面角A-PB-C的余弦值为________．解析：在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F，因为∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD，由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．所以A，P，B，C.所以＝，＝(，0,0)，＝，＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面PCB的一个法向量，则即可取n＝(0，－1，－)．设m＝(x，y，z)是平面PAB的一个法向量，则即可取m＝(1,0,1)．则cos〈n，m〉＝＝－，由图可知二面角A-PB-C的平面角为钝角，所以二面角A-PB-C的余弦值为－.答案：－7.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n＝(1,0,2)，又是平面MCD的一个法向量，所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.8．(2022·浙江高考)如图，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的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．解：(1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°，所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB，在Rt△DHA中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2＝BC.在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC，在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2＝FC.易知二面角F-DC-B的平面角为∠FCB＝60°，又FC＝BC＝2，故△FBC为等边三角形．又N为BC的中点，所以FN⊥BC.因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，所以DC⊥平面BCF.又FN⊂平面BCF，所以DC⊥FN.因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，故FN⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD.(2)如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1,0,3)，M，＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z)，由即取x＝，则y＝－1，z＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．设直线BM与平面ADE所成角为θ，因为＝，所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.9.(2023·唐山一模)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝CC1＝2，D为BC的中点，E为棱AA1上一点，AD⊥DC1.(1)求证：BC⊥平面A1AD；(2)若二面角A1-DE-C1的大小为30°，求直线CE与平面C1DE所成角的正弦值．解：(1)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，∴CC1⊥AD.又AD⊥DC1，CC1∩DC1＝C1，CC1⊂平面BCC1B1，DC1⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1，又BC⊂平面BCC1B1，∴AD⊥BC.由直三棱柱知，AA1⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴AA1⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD⊂平面A1AD，AA1⊂平面A1AD，∴BC⊥平面A1AD.(2)由(1)知，AD⊥BC，又D为BC中点，∴AB＝AC.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则D(0,0,0)，C(1,0,0)，B(－1,0,0)，A(0，，0)，C1(1,0,2)，设AE＝t(0≤t≤2)，则E(0，，t)．由(1)知，平面A1DE的法向量可取＝(2,0,0)．设平面C1DE的一个法向量n＝(x，y，z)，∵＝(1,0,2)，＝(0，，t)，∴令x＝2，解得z＝－，y＝t，∴n＝(2，t，－)．∴|cos〈，n〉|＝＝＝，结合0≤t≤2，解得t＝1，此时n＝(2，1，－)，设CE与平面C1DE所成角为θ，∵＝(－1，，1)，∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即直线CE与平面C1DE所成角的正弦值为.10.(2022·佛山三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PC，AB⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，AC＝2PA＝4.(1)证明：PB⊥PC；(2)若三棱锥P-ABC的体积为，求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值．解：(1)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以AB⊥P又因为PC⊥PA，PA∩AB＝A，所以PC⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，从而PB⊥PC.(2)过点P在平面PAC内作PD⊥AC交AC于D，因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PD⊥AC，PD⊂平面PAC，∴PD⊥平面ABC，因为AC＝2PA＝4，PA⊥PC，则PC＝＝2，由等面积法可得PD＝＝，∴AD＝＝1，CD＝AC－AD＝3，因为VP-ABC＝××PD＝，所以AB＝4，又因为AB⊥AC，以点D为坐标原点，，，的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(4，－1,0)，C(0,3,0)，＝(4，－1，－)，＝(0,3，－)，设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝，则n＝(1,1，)，易知平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)，cos〈m，n〉＝＝＝，所以平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为.11.如图，在底面ABCD是菱形的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠DAB＝，AB＝2，AA1＝2，E，F，G，H，N分别是棱CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，点P在四边形EFGH内部(包含边界)运动．(1)现有如下三个条件：条件①GE∩FH＝P；条件②P∈FH；条件③＝.请从上述三个条件中选择一个条件，能使PN∥平面BB1D1D成立，并写出证明过程；(2)求平面FGN与平面ADD1A1夹角的余弦值．解：(1)选择条件①：GE∩FH＝P，连接CD1，BD1，PN，如图所示，∵四边形CDD1C1为矩形，则四边形EFGH为平行四边形，则P分别是CD1，GE的中点，且N是BC中点，∴PN∥BD1，∵PN⊄平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，∴PN∥平面BB1D1D.选择条件②：P∈FH，连接HN，PN，如图所示，∵F，H，N分别是棱C1D1，CD，CB的中点，∴FH∥DD1，∵FH⊄平面BB1D1D，DD1⊂平面BB1D1D，∴FH∥平面BB1D1D，同理可证HN∥平面BB1D1D，又FH⊂平面FHN，HN⊂平面FHN，FH∩HN＝H，∴平面FHN∥平面BB1D1D，∵PN⊂平面FHN，∴PN∥平面BB1D1D.对于条件③：＝，由于＝，∴P是线段EF的中点，设M，Q分别是GF，BD的中点，由于P，N分别是EF，BC的中点，则PM∥GE，PM＝GE，QN∥CD，QN＝CD，而GE∥CD，GE＝CD，∴PM∥QN，PM＝QN，∴四边形PMQN是平行四边形，∴PN∥MQ，由于Q∈平面BB1D1D，M∉平面BB1D1D，∴MQ∩平面BB1D1D＝Q，∴PN与平面BB1D1D不平行． (2)∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝，∴DN⊥BC，则以D为原点，，，为x，y，z轴正方向建立如图空间直角坐标系．∴D1(0,0,2)，C1(－1，，2)，G(0,0，)，N(0，，0)，F，∴＝(0，，－)，＝，设m＝(x，y，z)为平面FGN的一个法向量，∴⇔不妨令y＝1，则m＝(3，1,1)，可取n＝(0,1,0)是平面ADD1A1的一个法向量，|cos〈m，n〉|＝＝＝，∴平面FGN与平面ADD1A1夹角的余弦值为.