2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破專題突破練15　空間位置關(guān)系、空間角的向量方法（附答案）

專題突破練15空間位置關(guān)系、空間角的向量方法1(2022·新高考Ⅰ,19)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4,△A1BC的面積為22.(1)求A到平面A1BC的距離;(2)設(shè)D為A1C的中點(diǎn),AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.2.(2023·廣東汕頭一模)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知點(diǎn)G為AF上一點(diǎn),且AG=2,求證:BG與平面DCE不平行且不垂直;(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55,求該多面體ABCDEF的體積3.如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形,D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),且四邊形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四邊形ACC1A1為正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.(1)求證:B1O⊥平面ABCD;(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.4.(2023·江蘇連云港模擬)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)接于圓柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.(1)證明:AC為圓柱底面的直徑;(2)若M為A1C1的中點(diǎn),N為CC1的中點(diǎn),求平面A1BC與平面BMN所成銳二面角的余弦值.5.(2023·浙江嘉興模擬)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D為AC的中點(diǎn),AB=BC=2,∠AA1B1=∠B1BC.(1)證明:BB1⊥AC;(2)若BB1⊥BC,且滿足:,(待選條件).

從下面給出的①②③中選擇兩個(gè)填入待選條件,求二面角B-B1D-C1的正弦值.①三棱柱ABC-A1B1C1的體積為33;②直線AB1與平面BCC1B1所成的角的正弦值為3913③二面角A-BB1-C的大小為60°.6.如圖,在三棱錐A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)求證:AC⊥BD.(2)有三個(gè)條件:①θ=60°;②直線AC與平面BCD所成的角為45°;③二面角A-CD-B的余弦值為33.請你從中選擇一個(gè)作為已知條件,求直線BC與平面ACD所成角的正弦值

專題突破練15空間位置關(guān)系、空間角的向量方法1.解(1)由題意可得,VA-A1BC=VA1-ABC設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為d,則13S△A1BC·∴d=2(2)連接AB1交A1B于點(diǎn)E,如圖.∵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,BB1兩兩垂直.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),以BC,BA,BB1的方向分別為x設(shè)AA1=AB=h,則BC·?2·∴點(diǎn)A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面ABD的一個(gè)法向量.∵BA=(0,2,0),BD=∴n令x1=1,則z1=-1,∴n1=(1,0,-1).由AB1⊥平面A1BC,得AE為平面BDC的一個(gè)法向量,而AE=(0,-1,1),∴cos<n1,AE>=n1·∴二面角A-BD-C的正弦值為12.(1)證明因?yàn)镈A⊥平面ABEF,AB,AF?平面ABEF,所以DA⊥AB,DA⊥AF,又因?yàn)锳B⊥AF,所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則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),設(shè)平面DCE的法向量為n=(x,y,z),則n令x=2,則z=2,y=1,所以n=(2,1,2).因?yàn)閚·BG=2×2+1×(-2)=2,且不存在λ使得BG=λn,即BG與n不共線所以BG與平面DCE不平行且不垂直.(2)解設(shè)AF=a(a>0且a≠1),則由(1)知F(a,0,0),所以BF=(a,-2,0),因?yàn)橹本€BF與平面DCE所成角的正弦值為55所以55=|cos<BF,n>|=|化簡得11a2-40a-16=0,解得a=4或a=-411(舍去)因?yàn)锳D∥BC,DA⊥平面ABEF,所以BC⊥平面ABEF.又因?yàn)锳B?平面ABEF,BE?平面ABEF,所以BC⊥AB,BC⊥BE,又因?yàn)锳B⊥AF,AF∥BE,所以AB⊥BE.因?yàn)锽C∩BE=B,BC,BE?平面BCE,所以AB⊥平面BCE.又因?yàn)镾△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即多面體ABCDEF的體積為113.(1)證明如圖,取A1C1的中點(diǎn)M,連接MD,MB1,MO.由題意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,所以四邊形B1MDO是平行四邊形.因?yàn)锳1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為正方形,所以O(shè)M⊥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?yàn)樗倪呅蜝1MDO是平行四邊形,所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC,OD,OB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則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設(shè)平面CDC1的法向量為m=(x,y,z),則m令y=1,則x=3,z=-3,所以m=(3,1,-3)為平面CDC1的一個(gè)法向量.因?yàn)镺D·A1C1=0,OD·DC1=0,所以O(shè)D=(0,設(shè)二面角C-DC1-A1的大小為θ,則|cosθ|=|cos<m,OD>|=|m所以sinθ=1所以二面角C-DC1-A1的正弦值為424.(1)證明連接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四邊形AA1B1B為正方形,∴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為圓柱底面的直徑.(2)解由已知B1B⊥平面ABC,AB⊥BC,∴以B為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,∴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(jìn),N為A1C1,CC1中點(diǎn),∴M(1,1,2),N(0,2,1).設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為m=(x1,y1,z1),則B又BA1=(2,0,2),BC∴2x1+2z1=0,2y1=0,取∴m=(1,0,-1).設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n=(x2,y2,z2),則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與平面BMN所成銳二面角的余弦值為55.(1)證明在三棱柱ABC-A1B1C1中,由題意可得AA1=B1B,∠AA1B1=∠B1BC,A1B1=BC,∴△AA1B1≌△B1BC,∴AB1=CB1.又AD=DC,∴B1D⊥AC,同時(shí)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:選擇①③.∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴∠ABC為二面角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的體積為33,∴BB1方法一:取A1C1的中點(diǎn)為E,連接EB1,ED,過E作EF⊥B1D于點(diǎn)F,連接C1F,∵AC⊥平面BDB1,∴EC1⊥平面BDEB1,又EF⊥B1D,∴C1F⊥B1D,∴∠EFC1為二面角E-B1D-C1的平面角,其中C1E=1,EF=32,C1F=132,則sin∠EFC1=∵二面角B-B1D-C1的平面角與二面角E-B1D-C1的平面角互補(bǔ),故二面角B-B1D-C1的正弦值為2方法二:如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,1,0),B1(3,1,0),C1(3,-1,0),D0設(shè)平面BDB1的一個(gè)法向量為m=(x1,y1,z1),且BB1=(3,0,0),則m·BB1=0,m·BD=0,即3x1=0,-32y1設(shè)平面B1DC1的一個(gè)法向量為n=(x2,y2,z2),且C1B1=(0,2,0),C1D=則n令x2=-1,則y2=0,z2=-23,故n=(-1,0,-23).cos<m,n>=m·n|故二面角B-B1D-C1的正弦值為2方案二:選擇①②.過點(diǎn)A作AO⊥BC于點(diǎn)O.∵平面ABC⊥平面BCC1B1,AO⊥BC,AO?平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1,∴直線AB1與平面BCC1B1所成角為∠AB1O,且sin∠AB1O=3913設(shè)AO=x,BB1=y,則V解得x=3,y=3,即AO=3余下解法參考方案一.方案三:選擇②③.過點(diǎn)A作AO⊥BC于點(diǎn)O,∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,∴∠ABC為二面角A-BB1-C的平面角,即∠ABC=60°,∴AC=2,∴AO=3,∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交線為BC,AO⊥BC,AO?平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1,∴直線AB1與平面BCC1B1所成角為∠AB1O,且sin∠AB1O=39設(shè)BB1=y,則sin∠AB1O=AOA解得y=3,即BB1=3.余下解法參考方案一.6.(1)證明如圖,取BD的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則OC⊥BD.因?yàn)锽C=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以O(shè)A⊥BD.又OA∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又AC?平面AOC,所以AC⊥BD.(2)解在直線AC上取點(diǎn)P,使得∠POC=90°,連接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O(shè)C,OD,OP兩兩互相垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OC,OD,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.如圖所示.因?yàn)椤螧CD=90°,BC=CD=1,所以O(shè)C=OB=OD=2又PO⊥平面BCD,所以PB=PC=PD.選①,由θ=60°,可知△PCD是等邊三角形,所以PD=CD=1,OP=22.所以P0,0,22,C(22,0,0),D0,22,0設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,則y=z=1,所以n=(1,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量.設(shè)直線BC與平面PCD所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|因?yàn)槠矫鍭CD與平面PCD為同一個(gè)平面,所以直線BC與平面ACD所成角的正弦值為6選②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO為直線AC與平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以O(shè)P=OC=22.所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,則y=z=1,所以n=(1,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量.設(shè)直線BC與平面PCD所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|因?yàn)槠矫鍭CD與平面PCD為同一個(gè)平面,所以直線BC與平面ACD所成角的正弦值為6選③,作PM⊥CD,垂足為M,連接OM(圖略).由PO⊥平面