适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练15空间位置关系空间角的向量方法

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练15空间位置关系空间角的向量方法，共10页。


(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
2.(2023·广东汕头一模)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD与ABEF均为直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.
(1)已知点G为AF上一点,且AG=2,求证:BG与平面DCE不平行且不垂直;
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为,求该多面体ABCDEF的体积.
3.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.
(1)求证:B1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.
4.(2023·江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1的中点,N为CC1的中点,求平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值.
5.(2023·浙江嘉兴模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AC的中点,AB=BC=2,∠AA1B1=∠B1BC.
(1)证明:BB1⊥AC;
(2)若BB1⊥BC,且满足: , (待选条件).
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件,求二面角B-B1D-C1的正弦值.
①三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3;
②直线AB1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为;
③二面角A-BB1-C的大小为60°.
6.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.
(1)求证:AC⊥BD.
(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为.请你从中选择一个作为已知条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
专题突破练15 空间位置关系、空间角的向量方法
1.解 (1)由题意可得,S△ABC·AA1=4=
设点A到平面A1BC的距离为d,
则d=2d=,
∴d=
(2)连接AB1交A1B于点E,如图.
∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.
又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,
∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B.
∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
设AA1=AB=h,
则解得h=BC=2.
∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.
=(0,2,0),=(1,1,1),
令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1).
由AB1⊥平面A1BC,得为平面BDC的一个法向量,而=(0,-1,1),
∴cs==-
∴二面角A-BD-C的正弦值为
2.(1)证明 因为DA⊥平面ABEF,AB,AF⊂平面ABEF,
所以DA⊥AB,DA⊥AF,
又因为AB⊥AF,所以建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(1,2,0),C(0,2,1),D(0,0,2),G(2,0,0),
所以=(-1,0,1),=(-1,-2,2),=(2,-2,0),
设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则
令x=2,则z=2,y=1,
所以n=(2,1,2).
因为n=2×2+1×(-2)=2,且不存在λ使得=λn,即与n不共线,
所以BG与平面DCE不平行且不垂直.
(2)解 设AF=a(a>0且a≠1),则由(1)知F(a,0,0),所以=(a,-2,0),
因为直线BF与平面DCE所成角的正弦值为,
所以=|cs<,n>|=,
化简得11a2-40a-16=0,
解得a=4或a=-(舍去).
因为AD∥BC,DA⊥平面ABEF,
所以BC⊥平面ABEF.
又因为AB⊂平面ABEF,BE⊂平面ABEF,
所以BC⊥AB,BC⊥BE,
又因为AB⊥AF,AF∥BE,所以AB⊥BE.
因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,
所以AB⊥平面BCE.
又因为S△BCE=1×1=,
所以VD-BCE=AB·S△BCE=2,
S梯形ABEF=(1+4)×2=5,
所以VD-ABEF=AD·S梯形ABEF=2×5=,所以VABCDEF=VD-BCE+VD-ABEF=,
即多面体ABCDEF的体积为
3.(1)证明 如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.
由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,
所以四边形B1MDO是平行四边形.
因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.
因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.
又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.
又MD⊂平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.
又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⊂平面A1DC1,
所以DM⊥平面A1B1C1.
又平面ABCD∥平面A1B1C1,
所以DM⊥平面ABCD.
因为四边形B1MDO是平行四边形,
所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.
(2)解 以O为坐标原点,OC,OD,OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(1,0,0),D(0,,0),C1(1,,1),A1(-1,,1),
所以=(-1,,0),=(1,0,1),=(2,0,0),=(0,,0).
设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=1,则x=,z=-,所以m=(,1,-)为平面CDC1的一个法向量.
因为=0,=0,所以=(0,,0)为平面A1DC1的一个法向量.
设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|csθ|=|cs|=,
所以sinθ=
所以二面角C-DC1-A1的正弦值为
4.(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,
∴AB1⊥平面A1BC,
又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.
∵AB⊂平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,∴AC为圆柱底面的直径.
(2)解 由已知B1B⊥平面ABC,AB⊥BC,
∴以B为坐标原点,AB,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
∵M,N为A1C1,CC1中点,∴M(1,1,2),N(0,2,1).
设平面A1BC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
又=(2,0,2),=(0,2,0),
取z1=-1,得x1=1,y1=0,
∴m=(1,0,-1).
设平面BMN的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则
又=(1,1,2),=(0,2,1),
取z2=-2,得x2=3,y2=1.
∴n=(3,1,-2),
∴cs=,
∴平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值为
5.(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,由题意可得AA1=B1B,∠AA1B1=∠B1BC,A1B1=BC,
∴△AA1B1≌△B1BC,
∴AB1=CB1.
又AD=DC,∴B1D⊥AC,
同时在△ABC中,∵AB=BC,AD=DC,
∴BD⊥AC,
∵B1D∩BD=D,B1D,BD⊂平面BDB1,
∴AC⊥平面BDB1,
又BB1⊂平面BDB1,∴AC⊥BB1.
(2)解 由(1)知BB1⊥AC,又BB1⊥BC且AC∩BC=C,
∴BB1⊥平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BCC1B1.
方案一:选择①③.
∵BB1⊥平面ABC,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,
∴AC=2,∴BD=,
∴S△ABC=2×2×sin60°=又三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3,∴BB1=3.
方法一:取A1C1的中点为E,连接EB1,ED,过E作EF⊥B1D于点F,连接C1F,
∵AC⊥平面BDB1,∴EC1⊥平面BDEB1,
又EF⊥B1D,∴C1F⊥B1D,
∴∠EFC1为二面角E-B1D-C1的平面角,
其中C1E=1,EF=,C1F=,则sin∠EFC1=,
∵二面角B-B1D-C1的平面角与二面角E-B1D-C1的平面角互补,
故二面角B-B1D-C1的正弦值为
方法二:如图所示,建立空间直角坐标系,
则B(0,1,0),B1(3,1,0),C1(3,-1,0),D
设平面BDB1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),且=(3,0,0),,
则令y1=1,则x1=0,z1=,故m=(0,1,).
设平面B1DC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2),且=(0,2,0),=(-3,),
则
令x2=-1,则y2=0,z2=-2,故n=(-1,0,-2).
cs==-,
故二面角B-B1D-C1的正弦值为
方案二:选择①②.
过点A作AO⊥BC于点O.
∵平面ABC⊥平面BCC1B1,AO⊥BC,AO⊂平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=,
设AO=x,BB1=y,
则
解得即AO=,BB1=3.
余下解法参考方案一.
方案三:选择②③.
过点A作AO⊥BC于点O,
∵BB1⊥平面ABC,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,
∴AC=2,∴AO=,
∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交线为BC,AO⊥BC,AO⊂平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,
∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=
设BB1=y,则sin∠AB1O=,
解得y=3,即BB1=3.
余下解法参考方案一.
6.(1)证明 如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.
因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,
所以△ABC≌△ADC,
所以AB=AD,所以OA⊥BD.
又OA∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又AC⊂平面AOC,所以AC⊥BD.
(2)解 在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,
由(1)知BD⊥平面AOC,PO⊂平面AOC,
所以BD⊥PO.
又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.
由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.
以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.如图所示.
因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=
又PO⊥平面BCD,
所以PB=PC=PD.
选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=所以P,C(,0,0),D,B,所以=0,-.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sinα=|cs<,n>|=
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为
选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=所以P,C,D,B(0,-,0),所以=(,0),=(0,-).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sinα=|cs<,n>|=
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为
选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM(图略).
由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,可知PO⊥CD.
又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.
所以cs∠PMO=,所以tan∠PMO=
因为OM=,
所以OP=OMtan∠PMO=
所以P,C,D,B(0,-,0),
所以
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sinα=|cs<,n>|=
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,
所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为