第62練高考大題突破練—向量法求空間角1．(★★)(2024·太原模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是正方形，AF∥DE，AF＝AD＝2DE.AF⊥底面ABCD.(1)證明：BD∥平面CEF；(2)求異面直線BD與CE所成角的余弦值．(1)證明如圖，連接AC，交BD于點M，取CF的中點N，連接MN，NE，因為底面ABCD是正方形，所以M是AC的中點，所以MN∥AF，MN＝eq\f(1,2)AF，又AF∥DE，AF＝2DE，所以MN∥DE，MN＝DE，故四邊形MNED是平行四邊形，所以BD∥NE.又因為BD?平面CEF，NE?平面CEF，所以BD∥平面CEF.(2)解以點A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設DE＝a，則B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，E(0,2a，a)，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2a,2a,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2a,0，a)，設異面直線BD與CE所成角的大小為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BD,\s\up6(→))·\o(CE,\s\up6(→))|,|\o(BD,\s\up6(→))||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(4a2,2\r(10)a2)＝eq\f(\r(10),5)，所以異面直線BD與CE所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).2．(★★)(2023·武漢模擬)在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3.(1)證明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求平面QBD與平面QAD夾角的余弦值．(1)證明取AD的中點O，連接QO，CO.因為QA＝QD，所以QO⊥AD，而AD＝2，QA＝eq\r(5)，故QO＝eq\r(5－1)＝2.在正方形ABCD中，因為AD＝2，所以DO＝1，故CO＝eq\r(5)，因為QC＝3，所以QC2＝QO2＋OC2，故△QOC為直角三角形且QO⊥OC，因為OC∩AD＝O，且OC，AD?平面ABCD，所以QO⊥平面ABCD，因為QO?平面QAD，所以平面QAD⊥平面ABCD.(2)解在平面ABCD內，過點O作OT∥CD，交BC于點T，則OT⊥AD，結合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建立如圖所示的空間直角坐標系．則D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－2,1,2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．設平面QBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))取x＝1，則y＝1，z＝eq\f(1,2)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))).而平面QAD的一個法向量為m＝(1,0,0)，故|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,1×\f(3,2))＝eq\f(2,3).故平面QBD與平面QAD夾角的余弦值為eq\f(2,3).3．(★★)(2022·天津改編)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D為A1B1的中點，E為AA1的中點，F為CD的中點．(1)求證：EF∥平面ABC；(2)求直線BE與平面CC1D所成角的正弦值；(3)求平面A1CD與平面CC1D夾角的余弦值．(1)證明在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，則A1C1⊥A1B1.以A1為坐標原點，A1A，A1B1，A1C1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(2,2,0)，C(2,0,2)，A1(0,0,0)，C1(0,0,2)，D(0,1,0)，E(1,0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，易知平面ABC的一個法向量為m＝(1,0,0)，則eq\o(EF,\s\up6(→))·m＝0，故eq\o(EF,\s\up6(→))⊥m，因為EF?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)解eq\o(C1C,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(1,2,0)，設平面CC1D的法向量為u＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(C1C,\s\up6(→))＝2x1＝0，,u·\o(C1D,\s\up6(→))＝y1－2z1＝0，))取y1＝2，可得u＝(0,2,1)，cos〈eq\o(EB,\s\up6(→))，u〉＝eq\f(\o(EB,\s\up6(→))·u,|\o(EB,\s\up6(→))|·|u|)＝eq\f(4,5).因此直線BE與平面CC1D所成角的正弦值為eq\f(4,5).(3)解eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1,0)，設平面A1CD的法向量為v＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v·\o(A1C,\s\up6(→))＝2x2＋2z2＝0，,v·\o(A1D,\s\up6(→))＝y2＝0，))取x2＝1，可得v＝(1,0，－1)，則|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，因此平面A1CD與平面CC1D夾角的余弦值為eq\f(\r(10),10).4．(★★)(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)證明：A1C＝AC；(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．(1)證明如圖，過A1作A1D⊥CC1，垂足為D，∵A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC?平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∵A1D?平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D為CC1的中點，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.(2)解如圖，連接A1B，由(1)易證A1B＝A1B1，故取BB1的中點F，連接A1F，∵AA1與BB1的距離為2，∴A1F＝2，又AA1＝2且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝eq\r(2)，AB＝A1B1＝eq\r(5)，BC＝eq\r(3).建立空間直角坐標系Cxyz如圖所示，則C(0,0,0)，A(eq\r(2)，0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，B1(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，C1(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，∴eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，設平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，則y＝0，z＝1，∴平面B