新高考高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)鞏固練習(xí)7.10第65練《高考大題突破練-向量法求空間角》（解析版）

1、第65練高考大題突破練向量法求空間角考點(diǎn)一異面直線所成的角1如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2，M是PD的中點(diǎn)(1)求異面直線PB與CM所成角的余弦值；(2)求點(diǎn)M到平面PAC的距離解(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，PA平面ABCD，故AB，AD，AP兩兩垂直，以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(0,2,2)，eq o(PB,sup6()(2,0，4)，eq o(CM,sup6()(2，2,2)，則|cos eq

2、o(PB,sup6()，eq o(CM,sup6()|eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(PB,sup6()o(CM,sup6(),|o(PB,sup6()|o(CM,sup6()|)eq blc|rc|(avs4alco1(f(12,r(20)r(12)eq f(r(15),5)，即異面直線PB與CM所成角的余弦值為eq f(r(15),5).(2)由(1)得eq o(AP,sup6()(0,0,4)，eq o(AC,sup6()(2,4,0)，設(shè)平面PAC的法向量為n(x，y，z)，則eq blcrc (avs4alco1(no(AP,sup6()0，,no(AC,sup6(

3、)0，)即eq blcrc (avs4alco1(z0，,x2y0，)令x2，則y1，故n(2，1,0)，eq o(AM,sup6()(0,2,2)，設(shè)點(diǎn)M到平面PAC的距離為d，則由點(diǎn)到直線的距離公式可得deq blc|rc|(avs4alco1(f(o(AM,sup6()n,|n|)eq f(2,r(5)eq f(2r(5),5)，故點(diǎn)M到平面PAC的距離為eq f(2r(5),5).考點(diǎn)二直線與平面所成的角2(2022浙江諸暨中學(xué)月考)如圖，已知在四棱錐ABCDE中，ABC是邊長為2的正三角形，四邊形BCDE滿足BECD，BE2CD，AE3，AE平面ABC，P，Q分別為AB，AE的中點(diǎn)(

4、1)求證：DQPQ；(2)求直線DP與平面BCDE所成角的正弦值(1)證明連接CP(圖略)，AE平面ABC，CP平面ABC，AECP，ABC是正三角形，CPAB，CP平面ABE，PQ平面ABE，CPPQ，PQBECD，PQeq f(1,2)BECD，四邊形CDQP為平行四邊形，即DQCP，DQPQ.(2)解如圖，以A為原點(diǎn)，過A作AC的垂線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，AB2，AE3，B(eq r(3)，1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,3)，eq o(BE,sup6()(eq r(3)，1,3)，eq o(AD,sup6()eq o(AC,su

5、p6()eq f(1,2)eq o(BE,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(3,2)，f(3,2)，Peq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，0)，eq o(DP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(r(3)，1，f(3,2)，eq o(BC,sup6()(eq r(3)，1,0)，設(shè)平面BCDE的法向量為n(x，y，z)，則由eq blcrc (avs4alco1(no(BE,sup6()r(3)xy3z0，,no(BC,sup6()r(3)xy0)得eq blcrc (avs4alco1(yr

6、(3)x，,zf(2r(3),3)x.)令xeq r(3)，得n(eq r(3)，3,2)，|cosn，eq o(DP,sup6()|eq f(|no(DP,sup6()|,|n|o(DP,sup6()|)eq f(3,10).直線DP與平面BCDE所成角的正弦值為eq f(3,10).考點(diǎn)三平面與平面所成的角3如圖，在四棱錐SABCD中，SA平面ABCD，CFSD，SC2eq r(10)，且ADBC，SEED2eq r(5)，DFFA53，且SAAB4.(1)證明：平面SCD平面EFC；(2)求平面EFC與平面BCE夾角的正弦值(1)證明因?yàn)镾A平面ABCD，AD平面ABCD，所以SAAD，

7、又因?yàn)镾D2eq r(5)24eq r(5)，在RtSAD中，可得ADeq r(4r(5)242)8，所以DF5，AF3，所以eq f(DF,SD)eq f(5,4r(5)，eq f(DE,AD)eq f(2r(5),8)，所以FEDSAD，所以SADFED90，即SDEF，又由CFSD，且EFFCF，EF，F(xiàn)C平面EFC，所以SD平面EFC，又因?yàn)镾D平面SCD，所以平面SCD平面EFC.(2)解因?yàn)镾D平面EFC，EC平面EFC，所以SDEC，又因?yàn)镾EED，可得DCESCE，所以DCSC2eq r(10)，如圖所示，連接AC.因?yàn)镾A平面ABCD，所以SAAC，SAFC，又因?yàn)镕CSD，

8、SDSAS，所以FC平面SAD，F(xiàn)CAD，所以ACeq r(2r(10)242)2eq r(6)，F(xiàn)Ceq r(2r(6)232)eq r(15)，過點(diǎn)A作AMFC交BC于點(diǎn)M，可得AMFCeq r(15)，以eq o(AD,sup6()，eq o(AM,sup6()，eq o(AS,sup6()的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)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)設(shè)平面BCE的法向量為u(x，y，z)，則eq blcrc (avs4alco1(o(BC,sup6()u0，,o(CE,sup

9、6()u0，)可取平面BCE的一個法向量為u(0,2，eq r(15)，又SD平面EFC，所以平面EFC的一個法向量為eq o(SD,sup6()(8,0，4)設(shè)平面EFC與平面BCE夾角為，則cos eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(SD,sup6()u,|o(SD,sup6()|u|)eq f(4r(15),r(19)4r(5)eq f(r(57),19)，則sin eq r(1cos 2)eq f(4r(19),19)，所以平面EFC與平面BCE夾角的正弦值為eq f(4r(19),19).4(2021天津改編)如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱B

10、C的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)(1)求證：D1F平面A1EC1；(2)求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值(3)求平面AA1C1與平面A1C1E夾角的正弦值(1)證明以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)，所以E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，所以eq o(D1F,sup6()(1,0，2)，eq o(A1C1,sup6()(2,2,0)，eq o(A1E,sup6()(

11、2,1，2)，設(shè)平面A1EC1的一個法向量為m(x1，y1，z1)，則eq blcrc (avs4alco1(mo(A1C1,sup6()2x12y10，,mo(A1E,sup6()2x1y12z10，)令x12，則m(2，2,1)，因?yàn)閑q o(D1F,sup6()m220，所以eq o(D1F,sup6()m，因?yàn)镈1F平面A1EC1，所以D1F平面A1EC1.(2)解由(1)得，eq o(AC1,sup6()(2,2,2)，設(shè)直線AC1與平面A1EC1所成的角為，則sin |cosm，eq o(AC1,sup6()|eq blc|rc|(avs4alco1(f(mo(AC1,sup6(),|m|o(AC1,sup6()|)eq f(2,32r(3)eq f(r(3),9).所以直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值為eq f(r(3),9).(3)解連接BD，由正方體的特征