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】

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1.如图，已知在多面体ABC?A1B1C1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P?ABCD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ABC?A1B1C1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,−3，4，B11，0，2，C10，3，1.
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，
可知AC1＝0，23，1，AB＝1，3，0，BB1＝0，0，2，
设平面ABB1的法向量n＝x，y，z，
则n·AB=0，n·BB1=0，即x＋3y=0，2z=0，
令y＝1，则x＝－3，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝－3，1，0，
∴sin θ＝cs＜AC1，n＞＝AC1·nAC1·n＝3913，
∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
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.
（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⊥PB.
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－32，12，0，P0，0，22，
所以EC＝－32,−12，0，EP＝0,−1，22.
设m＝（x，y，z）是平面PCE的法向量，则
m·EP=0，m·EC=0，即－y＋22z=0，－32x－12y=0.
可取m＝－33，1，2.
由（1）知AP＝0，1，22是平面PCB的一个法向量.
记n＝AP，则cs＜n，m＞＝n·m｜n｜·｜m｜＝255，
所以二面角B－PC－E的余弦值为255.
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.
（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·n1=0，AB·n1=0，即－2x1＋2z1=0，2y1－2z1=0，
令z1＝1，则n1＝（1，1，1）.
设平面ABF的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则AB·n2=0，AF·n2=0，即2y2－2z2=0，－2x2=0，
令z2＝1，则n2＝（0，1，1）.
设二面角D－AB－F的平面角为θ，
则｜cs θ｜＝｜n1·n2｜｜n1｜·｜n2｜＝23×2＝63.
又∵θ∈[0，π]，
∴sin θ＝1－cs2θ＝ 1－632＝33，
∴二面角D－AB－F的正弦值为33.
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.
（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），D12，32，0，
C1（0，0，3），
所以DC1＝－12,−32，3，CB1＝（0，3，3），CD＝12，32，0.
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·CB1=0，m·CD=0，即3y＋3z=0，12x＋32y=0，
令z＝1，得m＝（3，－1，1），
所以sin θ＝｜cs＜m，DC1＞｜
＝－32＋32＋314＋34+3×3+1+1＝325＝1510.
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P?ABCD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，得n·DC=0，n·DP=0，所以x＋3y=0，x＋tz=0，
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cs＜n，n1＞＝155，所以
1×3t（3t）2＋(−t）2＋(−3）2×1＝155，
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，得n·DC=0，n·DP=0，所以x＋3y=0，x＋tz=0，
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cs＜n，n1＞＝155，所以
1×3t（3t）2＋(−t）2＋(−3）2×1＝155，
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＋12BC.
∵BF⊥AO，
∴BF·AO＝[（1－t）BA＋tBC]·－BA＋12BC＝（t－1）BA2＋12tBC2＝4（t－1）＋4t＝0，解得t＝12，
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＝12AB，
∴DE?OF，
∴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＝302.
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＝13BE.
∵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cs∠ABD＝4+32－1522×2×62＝4+6－PA22×2×6，得PA＝14.同理可得BE＝62，
∴BE2＋EF2＝3＝BF2，故BE⊥EF，则GF2＝13×622＋622＝53，
∴GF＝153，故DH＝32×153＝152.
在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝62，DH＝152，
∴cs∠DOH＝64＋34－1542×62×32＝－22，
∴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＝12AB，
∴DE?OF，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cs∠ABD＝4+32－1522×2×62＝4+6－PA22×2×6，得PA＝14.
设P（x，y，z），z＞0，则由PB＝PC＝6，PA＝14可得x2＋y2＋z2=6，x2＋（y－22）2＋z2=6，（x－2）2＋y2＋z2=14，解得x＝－1，y＝2，z＝3，故P（－1，2，3）.
又∵E是PA的中点，
∴E12，22，32，∴BE＝12，22，32.又AO＝（－2，2，0），∴AO·BE＝－2×12＋2×22＋0×32＝0，
∴AO⊥BE，即AO⊥BE.又AO⊥BF，BE∩BF＝B，
∴AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，
∴平面ADO⊥平面BEF.
（3）解：易知平面AOC的一个法向量为m1＝（0，0，1），
∵D为PB的中点，∴D－12，22，32，
∴OD＝－12,−22，32.
设平面AOD的法向量为m2＝（x1，y1，z1），
则m2·AO=0，m2·OD=0，即－2x1＋2y1=0，－12x1－22y1＋32z1=0，
取x1＝1，则y1＝2，z1＝3，则m2＝（1，2，3）.
设二面角D－AO－C的大小为θ，则｜cs θ｜＝｜cs＜m1，m2＞｜＝｜m1·m2｜｜m1||m2｜＝31×1+2+3＝22.
由题图可知，二面角D－AO－C的平面角为钝角，
∴cs θ＝－22，∴sin θ＝22，即二面角D－AO－C的正弦值为22.