备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十一） 空间向量与空间角

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课时验收评价（五十一） 空间向量与空间角1．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为(　 )A．120°     B．30°      C．90°      D．60°解析：选D　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)，C(0，0，)，D(0，－，0)，∴＝(－，－，0)，＝(0，－，)．∴||＝2，||＝2，·＝2.∴cos〈，〉＝＝＝.∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.2.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　 )A.     B.     C.  D.解析：选D　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，C1(0,2,1)，∴＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos〈a，〉|＝＝＝.3.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　 )A．2         B．3       C．4  D．5解析：选C　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0，2，a)，则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，可得n＝为平面ACD1的一个法向量，故cos〈n，〉＝＝＝.∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，∴＝，解得a＝4(－4已舍去)．4.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为________．解析：易知PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，故以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴，y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为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)，P(2,0,2)，C(0,2,0)，由M为PC的中点可得M(1,1,1)，＝(1,1,1)，＝(2,0,0)，＝(2,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面MBA的一个法向量，则即令z＝－1，则y＝1，所以n＝(0,1，－1)，所以点P到平面MAB的距离d＝＝.答案：5.(2020·全国卷Ⅰ)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＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值．解：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.因为PB∩PC＝P，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，C，P.所以＝，＝.设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m＝.由(1)知＝是平面PCB的一个法向量，记n＝，则cosn，m＝＝.所以二面角B-PC-E的余弦值为.6.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n＝(1,0,2)，又是平面MCD的一个法向量，所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.7．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60° ，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．解：(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝＝.又DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系E-xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，＝(－1，，0)，＝(0，，－1)．易得DF＝，FB＝，所以3＝.设F(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，得y＝，z＝，即F，所以＝.设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，n＝(，1，)．记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.8.如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2.连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.所以PO＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0，0，2)，＝(0,2,2)．取平面PAC的一个法向量＝(2,0，0)．设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则＝(a,4－a,0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，由得令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，所以cos〈，n〉＝.由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，所以＝，解得a＝或a＝－4(舍去)．所以n＝.又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝＝.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.9.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD>QA，PD∥QA，PD⊥平面ABCD，且AD＝2QA＝2.(1)当PD＝2时，①求证：QB∥平面PDC；②求平面PBC与平面PBQ所成角的正弦值；(2)已知点H在棱PD上，DH＝，且直线CH与平面PBQ所成角的正弦值为，求线段DP的长．解：(1)①证明：取PD中点E，连接QE，EC，∵AD＝2QA＝PD＝2，点E为PD中点，∴AQ＝DE＝1，又PD∥QA，∴四边形QADE为平行四边形，∴QE∥AD，QE＝AD，∵ABCD为正方形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴QE∥BC，QE＝BC，∴四边形QECB为平行四边形，∴QB∥EC，又QB⊄平面PDC，EC⊂平面PDC，∴QB∥平面PDC.②以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，Q(2,0,1)，∴＝(2,2，－2)，＝(0,2，－2)，＝(2,0，－1)，设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，令y1＝1，则x1＝0，z1＝1，∴m＝(0,1,1)，设平面PBQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)，令x2＝1，则z2＝2，y2＝1，∴n＝(1,1,2)，cos〈m，n〉＝＝＝，易知平面PBC与平面PBQ所成角的正弦值为.(2)由题意得，H，设P(0,0，z)，z>1，则＝(2,2，－z)，＝(0,2，－1)，＝，此时令y2＝1，则z2＝2，x2＝z－1，∴n＝(z－1,1,2)，又＝＝，解得z＝2或z＝0(舍去)，所以DP＝2.