2024年高考数学二轮复习专题突破专题突破练15　空间位置关系、空间角的向量方法（附答案）

专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法1(2022·新高考Ⅰ,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22.(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A-BD-C的正弦值.2.(2023·广东汕头一模)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD与ABEF均为直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知点G为AF上一点,且AG=2,求证:BG与平面DCE不平行且不垂直;(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55,求该多面体ABCDEF的体积3.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.(1)求证:B1O⊥平面ABCD;(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.4.(2023·江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.(1)证明:AC为圆柱底面的直径;(2)若M为A1C1的中点,N为CC1的中点,求平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值.5.(2023·浙江嘉兴模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AC的中点,AB=BC=2,∠AA1B1=∠B1BC.(1)证明:BB1⊥AC;(2)若BB1⊥BC,且满足:,(待选条件).

从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件,求二面角B-B1D-C1的正弦值.①三棱柱ABC-A1B1C1的体积为33;②直线AB1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为3913③二面角A-BB1-C的大小为60°.6.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)求证:AC⊥BD.(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为33.请你从中选择一个作为已知条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值

专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法1.解(1)由题意可得,VA-A1BC=VA1-ABC设点A到平面A1BC的距离为d,则13S△A1BC·∴d=2(2)连接AB1交A1B于点E,如图.∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B.∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以BC,BA,BB1的方向分别为x设AA1=AB=h,则BC·ℎ2·∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.∵BA=(0,2,0),BD=∴n令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1).由AB1⊥平面A1BC,得AE为平面BDC的一个法向量,而AE=(0,-1,1),∴cos<n1,AE>=n1·∴二面角A-BD-C的正弦值为12.(1)证明因为DA⊥平面ABEF,AB,AF⊂平面ABEF,所以DA⊥AB,DA⊥AF,又因为AB⊥AF,所以建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(1,2,0),C(0,2,1),D(0,0,2),G(2,0,0),所以EC=(-1,0,1),ED=(-1,-2,2),BG=(2,-2,0),设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则n令x=2,则z=2,y=1,所以n=(2,1,2).因为n·BG=2×2+1×(-2)=2,且不存在λ使得BG=λn,即BG与n不共线所以BG与平面DCE不平行且不垂直.(2)解设AF=a(a>0且a≠1),则由(1)知F(a,0,0),所以BF=(a,-2,0),因为直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55所以55=|cos<BF,n>|=|化简得11a2-40a-16=0,解得a=4或a=-411(舍去)因为AD∥BC,DA⊥平面ABEF,所以BC⊥平面ABEF.又因为AB⊂平面ABEF,BE⊂平面ABEF,所以BC⊥AB,BC⊥BE,又因为AB⊥AF,AF∥BE,所以AB⊥BE.因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,所以AB⊥平面BCE.又因为S△BCE=12×1×1=所以VD-BCE=13AB·S△BCE=13×S梯形ABEF=12×(1+4)×2所以VD-ABEF=13AD·S梯形ABEF=13×2×5=103,所以VABCDEF=VD-BCE+V即多面体ABCDEF的体积为113.(1)证明如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,所以四边形B1MDO是平行四边形.因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.又MD⊂平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⊂平面A1DC1,所以DM⊥平面A1B1C1.又平面ABCD∥平面A1B1C1,所以DM⊥平面ABCD.因为四边形B1MDO是平行四边形,所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.(2)解以O为坐标原点,OC,OD,OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(1,0,0),D(0,3,0),C1(1,3,1),A1(-1,3,1),所以CD=(-1,3,0),DC1=(1,0,1),A1C1=(2,0,0),OD设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),则m令y=1,则x=3,z=-3,所以m=(3,1,-3)为平面CDC1的一个法向量.因为OD·A1C1=0,OD·DC1=0,所以OD=(0,设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m,OD>|=|m所以sinθ=1所以二面角C-DC1-A1的正弦值为424.(1)证明连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥AA1.又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB⊂平面AA1B1B,∴AB⊥BC,∴AC为圆柱底面的直径.(2)解由已知B1B⊥平面ABC,AB⊥BC,∴以B为坐标原点,AB,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).∵M,N为A1C1,CC1中点,∴M(1,1,2),N(0,2,1).设平面A1BC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则B又BA1=(2,0,2),BC∴2x1+2z1=0,2y1=0,取∴m=(1,0,-1).设平面BMN的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则BM又BM=(1,1,2),BN=(0,2,1),∴x2+y2+2z2=0,2y2+z∴n=(3,1,-2),∴cos<m,n>=m·∴平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值为55.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,由题意可得AA1=B1B,∠AA1B1=∠B1BC,A1B1=BC,∴△AA1B1≌△B1BC,∴AB1=CB1.又AD=DC,∴B1D⊥AC,同时在△ABC中,∵AB=BC,AD=DC,∴BD⊥AC,∵B1D∩BD=D,B1D,BD⊂平面BDB1,∴AC⊥平面BDB1,又BB1⊂平面BDB1,∴AC⊥BB1.(2)解由(1)知BB1⊥AC,又BB1⊥BC且AC∩BC=C,∴BB1⊥平面ABC,∴平面ABC⊥平面BCC1B1.方案一:选择①③.∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,∴AC=2,∴BD=3,∴S△ABC=12×2×2×sin60°=3.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积为33,∴BB1方法一:取A1C1的中点为E,连接EB1,ED,过E作EF⊥B1D于点F,连接C1F,∵AC⊥平面BDB1,∴EC1⊥平面BDEB1,又EF⊥B1D,∴C1F⊥B1D,∴∠EFC1为二面角E-B1D-C1的平面角,其中C1E=1,EF=32,C1F=132,则sin∠EFC1=∵二面角B-B1D-C1的平面角与二面角E-B1D-C1的平面角互补,故二面角B-B1D-C1的正弦值为2方法二:如图所示,建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),B1(3,1,0),C1(3,-1,0),D0设平面BDB1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),且BB1=(3,0,0),则m·BB1=0,m·BD=0,即3x1=0,-32y1设平面B1DC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2),且C1B1=(0,2,0),C1D=则n令x2=-1,则y2=0,z2=-23,故n=(-1,0,-23).cos<m,n>=m·n|故二面角B-B1D-C1的正弦值为2方案二:选择①②.过点A作AO⊥BC于点O.∵平面ABC⊥平面BCC1B1,AO⊥BC,AO⊂平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1,∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=3913设AO=x,BB1=y,则V解得x=3,y=3,即AO=3余下解法参考方案一.方案三:选择②③.过点A作AO⊥BC于点O,∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴∠ABC为二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,∴AC=2,∴AO=3,∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交线为BC,AO⊥BC,AO⊂平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1,∴直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O,且sin∠AB1O=39设BB1=y,则sin∠AB1O=AOA解得y=3,即BB1=3.余下解法参考方案一.6.(1)证明如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以OA⊥BD.又OA∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又AC⊂平面AOC,所以AC⊥BD.(2)解在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,由(1)知BD⊥平面AOC,PO⊂平面AOC,所以BD⊥PO.又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.如图所示.因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=2又PO⊥平面BCD,所以PB=PC=PD.选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=22.所以P0,0,22,C(22,0,0),D0,22,0设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<BC,n>|=|因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为6选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=22.所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<BC,n>|=|因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为6选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM(图略).由PO⊥平面