2025届高三数学一轮复习对点练61：向量法求空间角

2025届高三数学一轮复习对点练61　向量法求空间角 1.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. 求：(1)异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； (2)平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值. 2.(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA＝PC，AB＝BC. (1)求证：PB⊥AC； (2)若平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD＝2，∠ABC＝90°，二面角P－BC－D的大小为45°，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值. 3.(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值. 4.(2022·北京卷)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)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值. 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 5.(2024·岳阳质检)已知在直三棱柱A1B1C1－ABC中，E，F分别为棱B1B和A1C1的中点，∠BAC＝45°，AC＝2，AB＝3. (1)求证：平面EFC⊥平面A1ACC1； (2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为，且AA1<3，证明：平面AB1C1⊥平面EFC. 6.(2024·无锡调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥DP，AB＝1，AP＝2，DP＝2，CD＝3，AB∥CD，AB⊥平面PAD，点M满足＝λ(0<λ<1). (1)若λ＝，求证：平面PBM⊥平面PCM； (2)设平面MPC与平面PCD的夹角为θ，若tan θ＝，求λ的值. 参考答案 1.解　在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E. 因为AA1⊥平面ABCD， 所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. 如图，以{，，}为一个正交基底，建立空间直角坐标系， 因为AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°， 则A(0，0，0)，B(，－1，0)，D(0，2，0)， E(，0，0)，A1(0，0，)，C1(，1，). (1)＝(，－1，－)，＝(，1，)， 则cos〈，〉＝＝＝－. 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为. (2)易知平面A1AD的一个法向量为＝(，0，0)， 设m＝(x，y，z)为平面A1BD的一个法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3，0)， 则即 不妨取x＝3，则y＝，z＝2. 所以m＝(3，，2)为平面A1BD的一个法向量， 从而cos〈，m〉＝＝＝. 设平面A1BD与平面A1AD的夹角为θ， 则cos θ＝. 所以sin θ＝＝. 因此平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值为. 2.(1)证明　取AC的中点M，连接MB，MP， ∵在△PAC中，PA＝PC，M为AC的中点， ∴MP⊥AC， 在△ABC中，AB＝BC，M为AC的中点， ∴MB⊥AC， 又MP∩MB＝M，MP，MB⊂平面PMB， ∴AC⊥平面PMB. 又PB⊂平面PMB，∴PB⊥AC. (2)解　∵∠ABC＝90°，AB∥CD， ∴BC⊥CD， ∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥平面PCD， ∵PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC. 故∠PCD为二面角P－BC－D的平面角，∠PCD＝45°. 以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(2，2，2)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，D(2，1，0). 则＝(0，1，2)，＝(2，－1，0)， 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，得n＝(1，2，－1). 又＝(2，2，2)， 所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为|cos 〈n，〉|＝＝. 3.(1)证明　如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点， 所以＝＝， 所以△OBA∽△ABC， 所以∠CAB＝∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA， 所以∠HBA＝∠AOB. 所以∠HBA＝∠CAB， 所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF， 所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中点. 因为E，F分别是AP，AC的中点， 所以EF∥PC. 因为D，O分别是BP，BC的中点， 所以DO∥PC，所以EF∥DO. 又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO， 所以EF∥平面ADO. (2)证明　AO＝＝， OD＝PC＝，又AD＝OD＝， 所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD. 由于EF∥OD，所以AO⊥EF， 又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， 所以AO⊥平面BEF. 又AO⊂平面ADO， 所以平面ADO⊥平面BEF. (3)解　如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0). 因为PB＝PC，BC＝2， 所以设P(x，，z)，z＞0， 则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝(，，)， 由(2)知AO⊥BE， 所以·＝(－2，，0)·(，，)＝0，所以x＝－1， 又PB＝，＝(x，，z)， 所以x2＋2＋z2＝6， 所以z＝，则P(－1，，). 由D为BP的中点，得D(－，，)， 则＝(－，，). 设平面DAO的法向量n1＝(a，b，c)， 则即 得b＝a，c＝a， 取a＝1，则n1＝(1，，). 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D－AO－C的大小为θ， 则|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 故二面角D－AO－C的正弦值为. 4.(1)证明　取AB的中点为K，连接MK，NK. 由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形， 又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1. 又MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1， 故MK∥平面CBB1C1. 由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC， 同理可得NK∥平面CBB1C1. 因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN， 故平面MKN∥平面CBB1C1， 又MN⊂平面MKN， 故MN∥平面CBB1C1. (2)解　因为侧面CBB1C1为正方形， 故CB⊥BB1. 因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1， 故CB⊥平面ABB1A1. 因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1. 因为AB⊂平面ABB1A1， 故NK⊥AB. 若选①，则AB⊥MN， 又NK⊥AB，NK∩MN＝N，故AB⊥平面MNK. 又MK⊂平面MNK，故AB⊥MK， 所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC， 故BB1⊥平面ABC， 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BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则从而取z＝－1， 则n＝(－2，2，－1). 设直线AB与平面BNM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 若选②，因为NK∥BC， 故NK⊥平面ABB1A1. 又KM⊂平面MKN，故NK⊥KM. 又B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK. 又B1B＝MK＝2，MB＝MN， 故△BB1M≌△MKN， 所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1. 又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC， 故BB1⊥平面ABC， 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BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则从而 取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)， 设直线AB与平面BNM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 5.证明　(1)如图所示，以A为原点，分别以，的方向为y轴和z轴的正方向，在平面ABC内，过点A作y轴的垂线为x轴建立空间直角坐标系， 设AA1＝2a，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(1，1，2a)， E(0，3，a)，A1(0，0，2a)，C1(2，2，2a)， 所以＝(－2，1，a)，＝(－1，－1，2a)， ＝(2，2，0)，＝(0，0，2a). 设平面EFC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 令x1＝1，故n＝. 设平面A1ACC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，故m＝(1，－1，0)， 因为m·n＝(1，－1，0)·＝0， 所以m⊥n，所以平面EFC⊥平面A1ACC1. (2)＝(2，－1，a)， 由(1)知平面EFC的一个法向量为n＝， 由直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为， 得|cos 〈，n〉|＝＝＝， 整理得2a4－7a2＋5＝0， 因为AA1＝2a<3， 所以a＝1，即AA1＝2， 此时n＝(1，1，1)，＝(2，2，2)， 所以∥n，所以AC1⊥平面EFC. 又AC1⊂平面AB1C1， 所以平面AB1C1⊥平面EFC. 6.(1)证明　∵在△PAD中，PA＝2，PD＝2，AP⊥PD，∴AD＝4，∠PAD＝60°. ∵AM＝AD，∴AM＝1. ∵cos ∠PAD＝cos 60°＝＝， ∴PM＝， 又PA2＝AM2＋PM2，∴PM⊥AM. ∵AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面PAD. 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PM⊂平面PAD，PM⊥AD， ∴PM⊥平面ABCD， 又BM⊂平面ABCD，∴PM⊥BM. 由勾股定理可得BM＝，CM＝3，BC＝＝2， ∴BM2＋CM2＝BC2，∴BM⊥CM. 又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PCM， ∴BM⊥平面PCM. 又BM⊂平面PBM，∴平面PBM⊥平面PCM. (2)解　∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥AD， 以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A且垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图. ∴＝λ， ∴AM＝4λ， ∴M(0，4λ，0)，P(0，1，)，C(3，4，0)，D(0，4，0)， ∴＝(3，4－4λ，0)，＝(3，3，－)，＝(－3，0，0)， 设平面MPC与平面PCD的法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， ∴即 取y1＝3，则n1＝(4(λ－1)，3，(4λ－1))， 即 取y2＝1，则n2＝(0，1，)， ∵tan θ＝，sin2θ＋cos2θ＝1， ∴cos θ＝＝＝， 则3λ2－8λ＋4＝0，即(3λ－2)(λ－2)＝0， ∵0<λ<1，∴λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$