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文檔簡介
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(xiàn)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),F(xiàn)eq\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(→))=y(tǒng)1-2z1=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(→))=y(tǒng)2=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
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