高中数学高考三轮冲刺 天津南开中学2023届高三数学练习（空间向量1）

如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.（Ⅰ）证明；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)证明：向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，故BE·DC＝0，所以BE⊥DC.(2)向量BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·BD＝0，,n·PB＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，BE〉＝eq\f(n·BE,|n|·|BE|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)向量BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设CF＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1.故BF＝BC＋CF＝BC＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即BF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·AB＝0，,n1·BF＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则cos〈，〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知二面角F­AB­P是锐角，所以其余弦值为eq\f(3\r(10),10).方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝eq\f(1,2)DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.又BE∥AM，所以BE⊥CD.(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD.而EM∥CD，故PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．依题意，有PD＝2eq\r(2)，而M为PD中点，可得AM＝eq\r(2)，进而BE＝eq\r(2).故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝eq\f(EM,BE)＝eq\f(AB,BE)＝eq\f(1,\r(2))，因此sin∠EBM＝eq\f(\r(3),3)，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)如图所示，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F­AB­P的平面角．在△PAG中，PA＝2，PG＝eq\f(1,4)PD＝eq\f(\r(2),2)，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝eq\f(\r(10),2)，cos∠PAG＝eq\f(3\r(10),10)，所以二面角F­AB­P的余弦值为eq\f(3\r(10),10).如图,四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1(Ⅰ)证明B1C1⊥CE(Ⅱ)求二面角B1－CE－C1的正弦值.(Ⅲ)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.（方法一）如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0),B(0，0，2)，C(1，0，1),B1(0，2，2),C1(1，2，1),E(0，1，0).(Ⅰ)证明：易得,于是，所以.(Ⅱ)解：.设平面D法向量，则，即，消去，得，不妨设，可得一个法向量为.由(Ⅰ)，，又,可得平面,故为平面的一个法向量.于是，从而所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.(Ⅲ)解：,,设,,有.可取为平面ADD1A1的一个法向量.设为直线AM与平面ADD1A1所成角，则=于是，解得，所以AM=.(解法二)（Ⅰ）证明：因为侧棱⊥底面，平面.所以.经计算可得，，，从而.所以在△中，，又，平面，，所以⊥平面，又平面，故.（Ⅱ）解：过作⊥于点G，连接.由（Ⅰ），垂直，故⊥平面，得，所以∠为二面角B1－CE－C1的平面角.在△中，由，，可得.在Rt△中，，所以，即二面角B1－CE－C1的正弦值为.如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.(Ⅰ)证明：丄；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系则（lbylfx）（2），设平面的法向量则取是平面的法向量得：二面角的正弦值为（3）设；则，即如图，在三棱柱中中，是正方形的中心，，，且．(Ⅰ)求异面直线与所成角的余弦值；(Ⅱ)求二面角的正弦值；(Ⅲ)设为棱的中点，点在平面内，且，求线段的长．【解】解法１．如图所示，建立空间直角坐标系，其中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴．由题意，，，，，，．(Ⅰ),.所以.(Ⅱ),，设平面的法向量为，则即令，则，．．设平面的法向量为，则即令，则，．．于是，所以．所以二面角的正弦值为．(Ⅲ)由为棱的中点，得，设点，则．因为，则即解得故．向量，所以线段的长．解法2．(Ⅰ)由于,故是异面直线与所成的角．因为，是正方形的中心，，，所以，，因此．(Ⅱ)连接，因为及是的中点．则，又，，所以．过点作于，连，于是，所以为二面角的平面角．在中，，连，在中，，，，从而．所以二面角的正弦值为．(Ⅲ)因为，所以，取的中点，连接．由于为棱的中点，所以，且．又，故，因为，所以，连接并延长交于点，则．故．由，得．延长交于，可得，连接．在中，，由直角三角形的射影定理，，所以，．连接，在中，．如图，在长方体中，、分别是棱,上的点，,求异面直线与所成角的余弦值；证明平面求二面角的正弦值。【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,,,解：易得,于是所以异面直线与所成角的余弦值为证明：已知,,于是·=0，·=0.因此，,,又所以平面(3)解：设平面的法向量，则,即不妨令X=1,可得。由（2）可知，为平面的一个法向量。于是，从而所以二面角的正弦值为方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平面角易知，所以，又所以，在连接A1C1,A1F。所以所以二面角A1-DE-F正弦值为如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，

，，垂足为，是四棱锥的高，为中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值．解：以为原点，分别为轴，线段的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则（Ⅰ）设则可得因为所以（Ⅱ）由已知条件可得设为平面的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线与平面所成角的正弦值为如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，．(Ⅰ)证明：；(Ⅱ)若，求二面角的余弦值．【解】（Ⅰ）因为,由余弦定理．所以．从而，所以是直角三角形，故．又由，，可得．，所以，故．（Ⅱ）解法1．由（Ⅰ），所以如图的空间直角坐标系，其中为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴．则，，于是的坐标为,,,．．设平面的法向量为．则即取，则．．设平面的法向量为，则即取，则，．．．因为二面角是钝角，故二面角的余弦值为．解法2．由（Ⅰ），设,则,由，，可求得，，，，，由得．由，所以．作于，作交于．则，所以是二面角的平面角．