2025高考數(shù)學考二輪專題突破練15空間位置關系、空間角的向量方法-專項訓練【含答案】

2025高考數(shù)學考二輪專題突破練15空間位置關系、空間角的向量方法-專項訓練1.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D為A1C的中點,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.2.(2024·九省聯(lián)考)如圖,平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的正方形,O為AC與BD的交點,AA1=2,∠C1CB=∠C1CD,∠C1CO=45°.(1)證明:C1O⊥平面ABCD;(2)求二面角B-AA1-D的正弦值.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所在平面內一點,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.(2024·廣東韶關高三模擬)如圖,圓柱OO1內有一個直三棱柱ABC-A1B1C1,三棱柱的底面三角形內接于圓柱底面,已知圓柱OO1的軸截面是邊長為6的正方形,AB=AC=30,點P在線段OO1上運動.(1)證明:BC⊥PA1;(2)當PA1=PB時,求BC與平面A1PB所成角的正弦值.5.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D為AC的中點,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空間位置關系、空間角的向量方法答案1.解(1)由題意可得,VA-A1BC=VA1-ABC=1設點A到平面A1BC的距離為d,則13S△A1BC·d=13×22·(2)連接AB1交A1B于點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為坐標原點,以BC,BA,BB1的方向分別為x設AA1=AB=h,則BC解得h=BC=2.∴點A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).設n1=(x1,y1,z1)為平面ABD的一個法向量.∵BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),∴n令x1=1,則z1=-1,∴n1=(1,0,-1).由AB1⊥平面A1BC,得AE為平面BDC的一個法向量,而AE=(0,-1,1),∴cos<n1,AE>=n1·AE∴二面角A-BD-C的正弦值為1-2.(1)證明如圖,連接BC1,DC1,因為底面ABCD是邊長為2的正方形,所以BC=DC,又因為∠C1CB=∠C1CD,CC1=CC1,所以△C1CB≌△C1CD,所以BC1=DC1,點O為線段BD的中點,所以C1O⊥BD.在△C1CO中,CC1=2,CO=12AC=2,∠C1CO=所以cos∠C1CO=22=C1C2+OC2-C1O22×C1C×OC?C又OC∩BD=O,OC?平面ABCD,BD?平面ABCD,所以C1O⊥平面ABCD.(2)解由題知,在正方形ABCD中,AC⊥BD,C1O⊥平面ABCD,所以以O為坐標原點,AC,BD,OC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示,則B(0,2,0),D(0,-2,0),A(2,0,0),C(-2,0,0),C1(0,0,2),則AA1=CC1=(2,0,2),AB=(-2,2,0),AD=設平面BAA1的法向量為m=(x1,y1,z1),平面DAA1的法向量為n=(x2,y2,z2),則AA1·m=0,AA1·n=0,AD·n設二面角B-AA1-D的大小為θ,則cosθ=m·所以sinθ=1-所以二面角B-AA1-D的正弦值為223.(1)證明如圖,取A1C1的中點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.因為A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.因為四邊形ACC1A1為正方形,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.因為四邊形B1MDO是平行四邊形,所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.(2)解以O為坐標原點,OC,OD,OB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示,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的一個法向量.因為OD·A1C1=0,OD·DC1=0,所以OD=(0,設二面角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4274.(1)證明如圖,連接AO并延長,交BC于M,交圓柱側面于N,因為A1O1⊥B1C1,OO1為圓柱的高,所以A1O1,B1C1,OO1兩兩垂直,以O1為坐標原點,過點O1作B1C1的平行線為x軸,以A1O1所在直線為y軸,以O1O所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,OO1=AA1=AN=6,AB=AC=30.在△ABC中,由射影定理得AC2=AM·AN=30,所以AM=5,OM=AM-AO=2,從而CM=BM=(30所以A1(0,-3,0),B(5,2,6),C(-5,2,6),BC=(-25,0,0).設P(0,0,λ),所以A1P=(0,3,λ),A1P·BC=0,(2)解由(1)可得,BP=(-5,-2,λ-6),所以|A1P|=|BP|,故9+λ2=5+4+(λ-6)2,所以A1P=(0,3,3),BP=(-5,-2,-設平面A1PB的一個法向量為n=(x,y,z),則3y+3z=0,-5x-2y設BC的一個方向向量為m=(1,0,0),于是得|cos<n,m>|=|55(55設BC與平面A1PB所成角為θ,則sinθ=|cos<n,m>|=1111所以BC與平面A1PB所成角的正弦值為11115.(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=3(方法一)取A1C1的中點為E,連接EB1,ED,過E作EF⊥B1D于點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,故二面角B-B1D-C1的正弦值為213(方法二)如圖所示,建立空間直角坐標系,則B(0,1,0),B1(3,1,0),C1(3,-1,0),D0,-設平面BDB1的一個法向量為m=(x1,y1,z1),且BB1=(3,0,0),則m·BB1=0,m·BD=0,即3x1=0,-32y1設平面B1DC1的一個法向量為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213方案二:選擇①②.過點A作AO⊥BC于點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A作AO⊥BC于點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=3913設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O,連接OA,OC,則OC⊥BD.因為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)解在直線AC上取點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OC,OD,OP兩兩互相垂直.以O為原點,OC,OD,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系.如圖所示.因為∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=22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),所以BC=22,22,設平面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的一個法向量.設直線BC與平面PCD所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|BC因為平面ACD與平面PCD為同一個平面,所以直線BC與平面ACD所成角的正弦值為63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OP=OC=22.所以P0,0,22,C22,0所以BC=(22,22,0),DC=22設平面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的一個法向量.設直線BC與平面PCD所成的角為α,則sinα=|cos<BC,n>|=|BC因為平面ACD與平面PCD為同一個平面,所以直線BC與平面ACD所成角的正弦值為63選③,作PM⊥CD,垂足為M,連接OM(圖略).由PO⊥平面BCD,CD?平面BCD,可知PO⊥C