2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节 利用空间向量研究角度问题-课时作业【含解析】

2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节利用空间向量研究角度问题-课时作业（原卷版）[A组基础保分练]1.如图，已知在多面体ABCA1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.2.（2020·全国Ⅰ卷）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B－PC－E的余弦值.3.（2023·新高考Ⅱ卷）如图，在三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.（1）证明：BC⊥DA；（2）点F满足EF＝DA，求二面角D－AB－F的正弦值.4.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝3，∠ABC＝30°，D为AB的中点.（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值.[B组能力提升练]5.（2024·北京）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，∠BAD＝60°，PB＝PD.E是棱PA的中点，连接OE，OP.（1）求证：OE∥平面PCD；（2）若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为155，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长条件①：平面PBD⊥平面ABCD；条件②：PB⊥AC.6.（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，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.2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节利用空间向量研究角度问题-课时作业（解析版）[A组基础保分练]1.如图，已知在多面体ABCA1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，以过点O平行于CC1的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A0,−3，0，B1，0，0，A10,−设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，可知AC1＝0，23，1，AB设平面ABB1的法向量n＝x，则n·AB令y＝1，则x＝－3，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝－3∴sinθ＝cos＜AC1，∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39132.（2020·全国Ⅰ卷）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B－PC－E的余弦值.（1）证明：设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝22a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC，所以PA⊥平面PBC.（2）解：以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，｜OE｜为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E（0，1，0），A（0，－1，0），C－32，1所以EC＝－32,−12设m＝（x，y，z）是平面PCE的法向量，则m·EP可取m＝－3由（1）知AP＝0，1，2记n＝AP，则cos＜n，m＞＝n·m｜所以二面角B－PC－E的余弦值为253.（2023·新高考Ⅱ卷）如图，在三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.（1）证明：BC⊥DA；（2）点F满足EF＝DA，求二面角D－AB－F的正弦值.（1）证明：连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC的中点，∴DE⊥BC.又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC.又∵AE∩DE＝E，AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，∴BC⊥平面ADE，又∵DA⊂平面ADE，∴BC⊥DA.（2）解：设DA＝DB＝DC＝2，则BC＝22，DE＝AE＝2，∴AE2＋DE2＝4＝DA2，∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD.以E为原点，ED，EB，EA的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（2，0，0），A（0，0，2），B（0，2，0），E（0，0，0），∴DA＝（－2，0，2），AB＝（0，2，－2）.∵EF＝DA，∴F（－2，0，2），∴AF＝（－2，0，0）.设平面DAB的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则DA·n令z1＝1，则n1＝（1，1，1）.设平面ABF的法向量为n2＝（x2，y2，z2），则AB·n令z2＝1，则n2＝（0，1，1）.设二面角D－AB－F的平面角为θ，则｜cosθ｜＝｜n1·n2又∵θ∈[0，π]，∴sinθ＝1－cos2θ＝∴二面角D－AB－F的正弦值为334.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝3，∠ABC＝30°，D为AB的中点.（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值.（1）证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点.又D为AB的中点，所以DE是△ABC1的中位线，所以DE∥AC1.因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD.（2）解：由AB＝2，AC＝1，∠ABC＝30°，可得AC⊥BC，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C（0，0，0），B1（0，3，3），D12C1（0，0，3），所以DC1＝－12,−32，3，CB1＝（设直线DC1与平面B1CD所成角为θ，平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z），则m·C令z＝1，得m＝（3，－1，1），所以sinθ＝｜cos＜m，DC＝－32＋32所以DC1与平面B1CD所成角的正弦值为1510[B组能力提升练]5.（2024·北京）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，∠BAD＝60°，PB＝PD.E是棱PA的中点，连接OE，OP.（1）求证：OE∥平面PCD；（2）若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为155，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长条件①：平面PBD⊥平面ABCD；条件②：PB⊥AC.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.（1）证明：因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点.因为E是棱PA的中点，所以OE∥PC.又因为PC⊂平面PCD，OE⊄平面PCD，所以OE∥平面PCD.（2）解：选择条件①：因为PB＝PD，O是BD的中点，所以PO⊥BD.因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，所以PO⊥平面ABCD.因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC.又AC⊥BD，所以OB，OC，OP两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.因为菱形的边长为2，∠BAD＝60°，所以BD＝2，AC＝23，所以C（0，3，0），D（－1，0，0），设P（0，0，t）（t＞0），所以DC＝（1，3，0），DP＝（1，0，t），设n＝（x，y，z）为平面PCD的一个法向量，由n⊥DC，n⊥DP取x＝3t，y＝－t，z＝－3，所以n＝（3t，－t，－3）.因为BO⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n1＝（1，0，0），平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为155所以cos＜n，n1×3t所以5t2＝4t2＋3，所以t2＝3.因为t＞0，所以t＝3.所以线段OP的长为3.选择条件②：因为PB⊥AC，在菱形ABCD中，BD⊥AC，BD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，PB∩BD＝B，所以AC⊥平面PBD.因为PO⊂平面PBD，所以AC⊥PO.因为PO⊥BD，AC⊥BD，所以OB，OC，OP两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.因为菱形的边长为2，∠BAD＝60°，所以BD＝2，AC＝23，所以C（0，3，0），D（－1，0，0），设P（0，0，t）（t＞0），所以DC＝（1，3，0），DP＝（1，0，t），设n＝（x，y，z）为平面PCD的一个法向量，由n⊥DC，n⊥DP取x＝3t，y＝－t，z＝－3，所以n＝（3t，－t，－3）.因为BO⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为n1＝（1，0，0），平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为155所以cos＜n，n1×3t所以5t2＝4t2＋3，所以t2＝3，因为t＞0，所以t＝3.所以线段OP的长为3.6.（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，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.法一：（1）证明：如图，连接OF，设AF＝tAC（0＜t＜1），则BF＝BA＋AF＝BA＋tAC＝BA＋t（BC－BA）＝（1－t）BA＋tBC.易知AO＝－BA＋12∵BF⊥AO，∴BF·AO＝[（1－t）BA＋tBC]·－BA＋12BC＝（t－1）BA2＋12tBC2＝4（t－1）＋4故F为AC的中点.∵D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，∴DE∥AB，且DE＝12AB，OF∥AB，且OF＝12∴DEOF，∴四边形DEFO是平行四边形，∴EF∥DO.又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，∴EF∥平面ADO.（2）证明：∵D，O分别是PB，BC的中点，且PC＝6，∴DO＝12PC＝62.又AD＝5DO，∴AD＝在Rt△ABO中，AB＝2，BO＝2，∴AO＝6.在△ADO中，OD2＋AO2＝AD2，∴OD⊥AO，由（1）知EF∥OD，则EF⊥AO.又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，∴平面ADO⊥平面BEF.（3）解：如图，过点O作OH∥BF交AC于点H，由AO⊥BF，知HO⊥AO.又由（2）知OD⊥AO，故∠DOH为二面角D－AO－C的平面角，设AD∩BE＝G.∵D，E分别为PB，PA的中点，∴G为△PAB的重心，∴DG＝13AD，GE＝13∵O为BC的中点，OH∥BF，∴H为FC的中点.由（1）知F为AC的中点，∴FH＝13AH，连接DH，GF∴DH＝32GF，由cos∠ABD＝4+32－1522×2×62∴BE2＋EF2＝3＝BF2，故BE⊥EF，则GF2＝13×622∴GF＝153，故DH＝32×153在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝62，DH∴cos∠DOH＝64＋3∴sin∠DOH＝22∴二面角D－AO－C的正弦值为22法二（空间向量法）：以BA，BC所在直线分别为x，y轴，过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，2，0），C（0，22，0）.（1）证明：设AF＝λAC，0＜λ＜1.∵AC＝（－2，22，0），∴F（2－2λ，22λ，0），∴BF＝（2－2λ，22λ，0）.∵BF⊥AO，AO＝（－2，2，0），∴BF·AO＝0，即－2（2－2λ）＋4λ＝0，解得λ＝12，故F为AC的中点连接OF，∵D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，∴DE∥AB，且DE＝12AB，OF∥AB，且OF＝12∴DEOF，故四边形ODEF为平行四边形，∴EF∥DO.又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，∴EF∥平面ADO.（2）证明：易得AD＝302，由cos∠ABD＝4+32－1522设P（x，y，z），z＞0，则由PB＝PC＝6，PA＝14可得x2＋y2＋z2=6，x2＋又∵E是PA的中点，∴E12，22，32，∴BE＝12，22，32.又AO＝（－2，2，0），∴AO·BE