2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习54向量法求空间角与距离（Word版附解析）

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(1)若BF∥平面ACE，求EF的长度；
(2)若，求直线BE与平面ACE所成角的正弦值．
2．[2023·新课标Ⅱ卷]如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D­AB­F的正弦值．
3．[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(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A­BD­C的正弦值．
优生选做题
4．[2024·九省联考]如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­AA1­D的正弦值．
课后定时检测案54 向量法求空间角与距离
1．解析：(1)正方体ABCD­A1B1C1D1，连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示，
∵BF∥平面ACE，平面BEF∩平面ACE＝OE，BF⊂平面BEF，
∴BF∥OE，又EF∥BO，∴BOEF为平行四边形，
则EF＝BO＝eq \f(\r(2),2).
(2)以点C为坐标原点，eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CC1,\s\up6(→))方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则D1(1，0，1)，B1(0，1，1)，A(1，1，0)，B(0，1，0)，
eq \(D1B1,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(D1E,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(D1B1,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,4)，eq \f(1,4)，0)，eq \(CD1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(1，1，0)，
eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CD1,\s\up6(→))＋eq \(D1E,\s\up6(→))＝(eq \f(3,4)，eq \f(1,4)，1)，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(CE,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \f(3,4)，－eq \f(3,4)，1)，设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))·m＝x＋y＝0，,\(CE,\s\up6(→))·m＝\f(3,4)x＋\f(1,4)y＋z＝0，))
取z＝－1，解得m＝(2，－2，－1)，
设直线BE与平面ACE所成角为α，则sinα＝eq \f(|\(BE,\s\up6(→))·m|,|\(BE,\s\up6(→))||m\(|,\s\up6( )))＝eq \f(4\r(34),51)，
即直线BE与平面ACE所成角的正弦值为eq \f(4\r(34),51).
2．解析：(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS).
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝eq \r(2).
因为AE⊥BC，所以AE＝eq \r(AB2－EB2)＝eq \r(2).
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，A(0，0，eq \r(2))，eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(2)，eq \r(2)).
设F(xF，yF，zF)，因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，可得F(－eq \r(2)，0，eq \r(2)).
所以eq \(FA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，0).
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0,－\r(2)y1＋\r(2)z1＝0))，取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1).
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0,\(BA,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0,－\r(2)y2＋\r(2)z2＝0))，得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1).
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).
记二面角D­AB­F的大小为θ，则sinθ＝eq \r(1－cs2〈m，n〉)＝eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2)＝eq \f(\r(3),3)，
故二面角D­AB­F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
3．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.
∵＝＝eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)，
∴eq \f(1,3)··h＝eq \f(1,3)×4.
又∵S△A1BC＝2eq \r(2)，∴h＝eq \r(2).
∴点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)如图，取A1B的中点E，连接AE.
∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，
∴AE＝h＝eq \r(2)，则AA1＝AB＝2.
∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.
∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.
∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.
由＝S△ABC·A1A＝eq \f(1,2)AB·BC·A1A＝eq \f(1,2)×2×BC×2＝4，解得BC＝2.
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0).
由题意，得平面BDC的法向量为n1＝eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1).
设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,eq \(BD,\s\up6(→))·n2＝0.))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.))
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
设二面角A­BD­C的平面角为α(0≤α≤π)，则sinα＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),2)，
∴二面角A­BD­C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
4．解析：(1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，∠C1CO＝45°，
所以cs∠C1CO＝eq \f(\r(2),2)＝eq \f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)⇒C1O＝eq \r(2)，
则C1C2＝OC2＋C1O2⇒C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0，eq \r(2)，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，C1(0，0，eq \r(2))，
则eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(AA1,\s\up6(→))·m＝0,\(AB,\s\up6(→))·m＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0))⇒m＝(1，1，－1)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(AA1,\s\up6(→))·n＝0,\(AD,\s\up6(→))·n＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0))⇒n＝(1，－1，－1)，
设二面角B­AA1­D大小为θ，
则csθ＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(1,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)⇒sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(2),3)，
所以二面角B­AA1­D的正弦值为eq \f(2\r(2),3).