2024届高三数学二轮复习强化练12：空间向量与空间角

强化练12 空间向量与空间角 1．(2023·锦州模拟)如图一，△ABC是等边三角形，CO为AB边上的高线，D，E分别是CA，CB边上的点，AD＝BE＝AC＝2；如图二，将△CDE沿DE翻折，使点C到点P的位置，PO＝3. (1)求证：OP⊥平面ABED； (2)求平面BPE与平面PEF夹角的正弦值． 2.(2023·西宁统考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1； (2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 3.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°. (1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值； (2)求平面ABF与平面CBF夹角的余弦值． 4.(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥BC. (1)求点A到平面PBC的距离； (2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值． 参考答案 1．(1)证明　因为△ABC为等边三角形， AD＝BE＝AC，DE∥AB， CO为AB边上的高线，故DE⊥OF，DE⊥PF， 又OF∩PF＝F，OF，PF⊂平面FOP，所以DE⊥平面FOP. 因为OP⊂平面FOP，所以DE⊥OP. 在△FOP中，OF＝，OP＝3，PF＝2， 所以OF2＋OP2＝PF2，故OP⊥OF， 而DE⊂平面ABED， OF⊂平面ABED，OF∩DE＝F， 故OP⊥平面ABED. (2)解　分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0,3)，B(0,3,0)，E(，2,0)，F(，0,0)， 则＝， ＝，＝. 设平面BPE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PEF的法向量为n2＝， 则 且 取x1＝1，x2＝， 得到平面BPE的一个法向量n1＝，平面PEF的一个法向量n2＝， 设平面BPE与平面PEF的夹角为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 所以sin θ＝＝. 所以平面BPE与平面PEF夹角的正弦值为. 2．(1)证明　取AB的中点为K，连接MK，NK， 由三棱柱ABC－A1B1C1，得四边形ABB1A1为平行四边形， 因为M是B1A1的中点，所以MK∥BB1，又MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1， 故MK∥平面BCC1B1，同理得NK∥平面BCC1B1， 又NK∩MK＝K，NK⊂平面MKN，MK⊂平面MKN， 故平面MKN∥平面BCC1B1， 又MN⊂平面MKN， 故MN∥平面BCC1B1. (2)解　因为侧面BCC1B1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面BCC1B1， 平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1， 故CB⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB， 又NK∥BC，所以NK⊥AB， 若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，NK⊂平面MNK，MN⊂平面MNK， 故AB⊥平面MNK，因为MK⊂平面MNK，故AB⊥MK， 又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)， 故＝(0,2,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)， 设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则从而 取z＝1，则n＝(2，－2,1)， 设直线AB与平面BMN所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝. 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面ABB1A1， 又NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1， 而KM⊂平面ABB1A1，故NK⊥KM，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB，AB＝BC＝2， 故△MKB≌△MKN， 所以∠MKB＝∠MKN＝90°， 所以MK⊥AB，又MK∥BB1， 所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)， 故＝(0,2,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)， 设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则 从而 取z＝1，则n＝(2，－2,1)， 设直线AB与平面BMN所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝. 所以直线AB与平面BMN所成角的