新高考高考数学一轮复习巩固练习7.10第65练《高考大题突破练—向量法求空间角》（解析版）

第65练　高考大题突破练—向量法求空间角考点一　异面直线所成的角1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD的中点．(1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值；(2)求点M到平面PAC的距离．解　(1)因为四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，故AB，AD，AP两两垂直，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(0,2,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，则|cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(CM,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－12,\r(20)×\r(12))))＝eq\f(\r(15),5)，即异面直线PB与CM所成角的余弦值为eq\f(\r(15),5).(2)由(1)得eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,4)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝0，,x＋2y＝0，))令x＝2，则y＝－1，故n＝(2，－1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0,2,2)，设点M到平面PAC的距离为d，则由点到直线的距离公式可得d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AM,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，故点M到平面PAC的距离为eq\f(2\r(5),5).考点二　直线与平面所成的角2．(2022·浙江诸暨中学月考)如图，已知在四棱锥A－BCDE中，△ABC是边长为2的正三角形，四边形BCDE满足BE∥CD，BE＝2CD，AE＝3，AE⊥平面ABC，P，Q分别为AB，AE的中点．(1)求证：DQ⊥PQ；(2)求直线DP与平面BCDE所成角的正弦值．(1)证明　连接CP(图略)，∵AE⊥平面ABC，CP⊂平面ABC，∴AE⊥CP，∵△ABC是正三角形，∴CP⊥AB，∴CP⊥平面ABE，∵PQ⊂平面ABE，∴CP⊥PQ，∵PQ∥BE∥CD，PQ＝eq\f(1,2)BE＝CD，∴四边形CDQP为平行四边形，即DQ∥CP，∴DQ⊥PQ.(2)解　如图，以A为原点，过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝2，AE＝3，∴B(eq\r(3)，1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(3,2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，－\f(3,2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，设平面BCDE的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝－\r(3)x－y＋3z＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋y＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,z＝\f(2\r(3),3)x.))令x＝eq\r(3)，得n＝(eq\r(3)，3,2)，|cos〈n，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,10).∴直线DP与平面BCDE所成角的正弦值为eq\f(3,10).考点三　平面与平面所成的角3．如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，CF⊥SD，SC＝2eq\r(10)，且AD∥BC，SE＝ED＝2eq\r(5)，DF∶FA＝5∶3，且SA＝AB＝4.(1)证明：平面SCD⊥平面EFC；(2)求平面EFC与平面BCE夹角的正弦值．(1)证明　因为SA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AD，又因为SD＝2eq\r(5)×2＝4eq\r(5)，在Rt△SAD中，可得AD＝eq\r(4\r(5)2－42)＝8，所以DF＝5，AF＝3，所以eq\f(DF,SD)＝eq\f(5,4\r(5))，eq\f(DE,AD)＝eq\f(2\r(5),8)，所以△FED∽△SAD，所以∠SAD＝∠FED＝90°，即SD⊥EF，又由CF⊥SD，且EF∩FC＝F，EF，FC⊂平面EFC，所以SD⊥平面EFC，又因为SD⊂平面SCD，所以平面SCD⊥平面EFC.(2)解　因为SD⊥平面EFC，EC⊂平面EFC，所以SD⊥EC，又因为SE＝ED，可得△DCE≌△SCE，所以DC＝SC＝2eq\r(10)，如图所示，连接AC.因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AC，SA⊥FC，又因为FC⊥SD，SD∩SA＝S，所以FC⊥平面SAD，FC⊥AD，所以AC＝eq\r(2\r(10)2－42)＝2eq\r(6)，FC＝eq\r(2\r(6)2－32)＝eq\r(15)，过点A作AM∥FC交BC于点M，可得AM＝FC＝eq\r(15)，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(AS,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，可得B(－1，eq\r(15)，0)，C(3，eq\r(15)，0)，E(4,0,2)，S(0,0,4)，D(8,0,0)．设平面BCE的法向量为u＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·u＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·u＝0，))可取平面BCE的一个法向量为u＝(0,2，eq\r(15))，又SD⊥平面EFC，所以平面EFC的一个法向量为eq\o(SD,\s\up6(→))＝(8,0，－4)．设平面EFC与平面BCE夹角为θ，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(SD,\s\up6(→))·u,|\o(SD,\s\up6(→))||u|)))＝eq\f(4\r(15),\r(19)×4\r(5))＝eq\f(\r(57),19)，则sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(4\r(19),19)，所以平面EFC与平面BCE夹角的正弦值为eq\f(4\r(19),19).4．(2021·天津改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．(1)求证：D1F∥平面A1EC1；(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．(3)求平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值．(1)证明　以A为原点，AB，AD，AA1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)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，C1(2,2,2)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以eq\o(D1F,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(—→))＝(2,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(—→))＝(2,1，－2)，设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(—→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\o(A1E,\s\up6(—→))＝2x1＋y1－2z1＝0，))令x1＝2，则m＝(2，－2,1)，因为eq\o(D1F,\s\up6(—→))·m＝2－2＝0，所以eq\o(D1F,\s\up6(—→))⊥m，因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.(2)解　由(1)得，eq\o(AC1,\s\up6(—→))＝(2,2,2)，设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，eq\o(AC1,\s\up6(—→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·\o(AC1,\s\up6(—→)),|m||\o(AC1,\s\up6(—→))|)))＝eq\f(2,3×2\r(3))＝eq\f(\r(3),9).所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为eq\f(\r(3),9).(3)解　连接BD，由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，则cos〈eq\o(DB,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(DB,\s\up6(→))·m,|\o(DB,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(8,3×2\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)，所以平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值为eq\r(1－cos2〈\o(DB,\s\up6(→))，m〉)＝eq\f(1,3).