2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练15　空间位置关系、空间角的向量方法 .docx

专题突破练 15 　 空间位置关系、空间角的向量方法 1 . (2022 · 新高考 Ⅱ ,20) 如图 , PO 是三棱锥 P-ABC 的高 , PA=PB , AB ⊥ AC , E 为 PB 的中点 . (1) 证明 : OE ∥ 平面 PAC ; (2) 若 ∠ ABO= ∠ CBO= 30 ° , PO= 3, PA= 5, 求二面角 C-AE-B 的正弦值 . 2 . (2022 · 新高考 Ⅰ ,19) 如图 , 直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 的体积为 4, △ A 1 BC 的面积为 2 . (1) 求 A 到平面 A 1 BC 的距离 ; (2) 设 D 为 A 1 C 的中点 , AA 1 =AB , 平面 A 1 BC ⊥ 平面 ABB 1 A 1 , 求二面角 A-BD-C 的正弦值 . 3 . 如图 , 已知斜三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 的底面是边长为 2 的正三角形 , D 为 △ ABC 所在平面内一点 , 且四边形 ABCD 是菱形 , AC ∩ BD=O , 四边形 ACC 1 A 1 为正方形 , 平面 A 1 DC 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 . (1) 求证 : B 1 O ⊥ 平面 ABCD ; (2) 求二面角 C-DC 1 -A 1 的正弦值 . 4 . (2023 · 新高考 Ⅱ ,20) 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 , 求二面角 D-AB-F 的正弦值 . 5 . 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 底面 ABCD 是矩形 , AB= 2 AD= 2, PA ⊥ 平面 ABCD , E 为 PD 的中点 . (1) 若 PA= 1, 求证 : AE ⊥ 平面 PCD ; (2) 当直线 PC 与平面 ACE 所成的角最大时 , 求三棱锥 E-ABC 的体积 . 6 . 如图 , 在三棱锥 A-BCD 中 , ∠ BCD= 90 ° , BC=CD= 1, ∠ ACB= ∠ ACD= θ . (1) 求证 : AC ⊥ BD . (2) 有三个条件 : ① θ = 60 ° ; ② 直线 AC 与平面 BCD 所成的角为 45 ° ; ③ 二面角 A-CD-B 的余弦值为 . 请你从中选择一个作为已知条件 , 求直线 BC 与平面 ACD 所成角的正弦值 . 专题突破练 15 　 空间位置关系、空间角的向量方法 1 . (1) 证明 连接 OA , OB , 如图所示 . ∵ PO 是三棱锥 P-ABC 的高 , ∴ PO ⊥ 平面 ABC , ∴ PO ⊥ OA , PO ⊥ OB , ∠ POA= ∠ POB= 90° . 又 PA=PB , PO=PO , ∴△ POA ≌△ POB , ∴ OA=OB. 取 AB 的中点 D , 连接 OD , DE , 则 OD ⊥ AB. ∵ AB ⊥ AC , ∴ OD ∥ AC. 又 AC ⊂ 平面 PAC , OD ⊄ 平面 PAC , ∴ OD ∥ 平面 PAC. ∵ D , E 分别是 AB , PB 的中点 , ∴ DE ∥ PA. 又 DE ⊄ 平面 PAC , PA ⊂ 平面 PAC , ∴ DE ∥ 平面 PAC. ∵ OD ∩ DE=D , ∴ 平面 ODE ∥ 平面 PAC. ∵ OE ⊂ 平面 ODE , ∴ OE ∥ 平面 PAC. (2) 解 过点 D 作 DF ∥ OP , 分别以 DB , DO , DF 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 . ∵ PO= 3, PA= 5, ∴ OA= 4 . 由 (1) 知 OB=OA= 4, 又 ∠ ABO= ∠ CBO= 30°, ∴ OD= 2, DB= 2 , ∴ P (0,2,3), B (2 ,0,0), A ( - 2 ,0,0), E . 设 AC=a , 则 C ( - 2 , a ,0) . 设平面 AEB 的法向量为 n 1 = ( x , y , z ), = (4 ,0,0), = (0,2,3), 则 可取 n 1 = (0,3, - 2) . 设平面 AEC 的法向量为 n 2 = ( x , y , z ), = (0, a ,0), , 可取 n 2 = ( ,0, - 6) . 设二面角 C-AE-B 的平面角为 θ , 则 | cos θ |=| cos < n 1 , n 2 >|= , sin θ = , 因此 , 二面角 C-AE-B 的正弦值为 . 2 . 解 (1) 由题意可得 , S △ ABC ·AA 1 = × 4 = . 设点 A 到平面 A 1 BC 的距离为 d , 则 ·d= × 2 ·d= , ∴ d= . (2) 连接 AB 1 交 A 1 B 于点 E , 如图 . ∵ AA 1 =AB , ∴ AB 1 ⊥ A 1 B. 又平面 A 1 BC ⊥ 平面 ABB 1 A 1 , 平面 A 1 BC ∩ 平面 ABB 1 A 1 =A 1 B , ∴ AB 1 ⊥ 平面 A 1 BC. 又 BC ⊂ 平面 A 1 BC , ∴ BC ⊥ AB 1 , 又 BC ⊥ BB 1 , AB 1 , BB 1 ⊂ 平面 ABB 1 A 1 , 且 AB 1 ∩ BB 1 =B 1 , ∴ BC ⊥ 平面 ABB 1 A 1 , ∴ BC ⊥ AB , BC ⊥ A 1 B. ∴ AB , BC , BB 1 两两垂直 . 以 B 为坐标原点 , 以 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 . 设 AA 1 =AB=h , 则 解得 h=BC= 2 . ∴ 点 A (0,2,0), B (0,0,0), D (1,1,1), E (0,1,1) . 设 n 1 = ( x 1 , y 1 , z 1 ) 为平面 ABD 的一个法向量 . ∵ = (0,2,0), = (1,1,1), ∴ 令 x 1 = 1, 则 z 1 =- 1, ∴ n 1 = (1,0, - 1) . 由 AB 1 ⊥ 平面 A 1 BC , 得 为平面 BDC 的一个法向量 , 而 = (0, - 1,1), ∴ cos < n 1 , >= =- . ∴ 二面角 A-BD-C 的正弦值为 . 3 . (1) 证明 如图 , 取 A 1 C 1 的中点 M , 连接 MD , MB 1 , MO. 由题意可知 B 1 M ∥ BD , B 1 M=BO=OD , 所以四边形 B 1 MDO 是平行四边形 . 因为 A 1 B 1 =B 1 C 1 , 所以 B 1 M ⊥ A 1 C 1 . 因为四边形 ACC 1 A 1 为正方形 , 所以 OM ⊥ A 1 C 1 . 又 OM ∩ B 1 M=M , 所以 A 1 C 1 ⊥ 平面 B 1 MDO. 又 MD ⊂ 平面 B 1 MDO , 所以 A 1 C 1 ⊥ DM. 又平面 A 1 DC 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 , 平面 A 1 DC 1 ∩ 平面 A 1 B 1 C 1 =A 1 C 1 , DM ⊂ 平面 A 1 DC 1 , 所以 DM ⊥ 平面 A 1 B 1 C 1 . 又平面 ABCD ∥ 平面 A 1 B 1 C 1 , 所以 DM ⊥ 平面 ABCD. 因为四边形 B 1 MDO 是平行四边形 , 所以 B 1 O ∥ DM , 所以 B 1 O ⊥ 平面 ABCD. (2) 解 以 O 为坐标原点 , OC , OD , OB 1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴 , 建立空间直角坐标系如图所示 , 则 C (1,0,