新高考高考数学一轮复习巩固练习7.10第65练《高考大题突破练-向量法求空间角》（解析版）

1、第65练高考大题突破练向量法求空间角考点一异面直线所成的角1如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2，M是PD的中点(1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值；(2)求点M到平面PAC的距离解(1)因为四边形ABCD是矩形，PA平面ABCD，故AB，AD，AP两两垂直，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(0,2,2)，eq o(PB,sup6()(2,0，4)，eq o(CM,sup6()(2，2,2)，则|cos eq

2、o(PB,sup6()，eq o(CM,sup6()|eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(PB,sup6()o(CM,sup6(),|o(PB,sup6()|o(CM,sup6()|)eq blc|rc|(avs4alco1(f(12,r(20)r(12)eq f(r(15),5)，即异面直线PB与CM所成角的余弦值为eq f(r(15),5).(2)由(1)得eq o(AP,sup6()(0,0,4)，eq o(AC,sup6()(2,4,0)，设平面PAC的法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(no(AP,sup6()0，,no(AC,sup6(

3、)0，)即eq blcrc (avs4alco1(z0，,x2y0，)令x2，则y1，故n(2，1,0)，eq o(AM,sup6()(0,2,2)，设点M到平面PAC的距离为d，则由点到直线的距离公式可得deq blc|rc|(avs4alco1(f(o(AM,sup6()n,|n|)eq f(2,r(5)eq f(2r(5),5)，故点M到平面PAC的距离为eq f(2r(5),5).考点二直线与平面所成的角2(2022浙江诸暨中学月考)如图，已知在四棱锥ABCDE中，ABC是边长为2的正三角形，四边形BCDE满足BECD，BE2CD，AE3，AE平面ABC，P，Q分别为AB，AE的中点(

4、1)求证：DQPQ；(2)求直线DP与平面BCDE所成角的正弦值(1)证明连接CP(图略)，AE平面ABC，CP平面ABC，AECP，ABC是正三角形，CPAB，CP平面ABE，PQ平面ABE，CPPQ，PQBECD，PQeq f(1,2)BECD，四边形CDQP为平行四边形，即DQCP，DQPQ.(2)解如图，以A为原点，过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，AB2，AE3，B(eq r(3)，1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,3)，eq o(BE,sup6()(eq r(3)，1,3)，eq o(AD,sup6()eq o(AC,su

5、p6()eq f(1,2)eq o(BE,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(3,2)，f(3,2)，Peq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，0)，eq o(DP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(r(3)，1，f(3,2)，eq o(BC,sup6()(eq r(3)，1,0)，设平面BCDE的法向量为n(x，y，z)，则由eq blcrc (avs4alco1(no(BE,sup6()r(3)xy3z0，,no(BC,sup6()r(3)xy0)得eq blcrc (avs4alco1(yr

6、(3)x，,zf(2r(3),3)x.)令xeq r(3)，得n(eq r(3)，3,2)，|cosn，eq o(DP,sup6()|eq f(|no(DP,sup6()|,|n|o(DP,sup6()|)eq f(3,10).直线DP与平面BCDE所成角的正弦值为eq f(3,10).考点三平面与平面所成的角3如图，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，CFSD，SC2eq r(10)，且ADBC，SEED2eq r(5)，DFFA53，且SAAB4.(1)证明：平面SCD平面EFC；(2)求平面EFC与平面BCE夹角的正弦值(1)证明因为SA平面ABCD，AD平面ABCD，所以SAAD，

7、又因为SD2eq r(5)24eq r(5)，在RtSAD中，可得ADeq r(4r(5)242)8，所以DF5，AF3，所以eq f(DF,SD)eq f(5,4r(5)，eq f(DE,AD)eq f(2r(5),8)，所以FEDSAD，所以SADFED90，即SDEF，又由CFSD，且EFFCF，EF，FC平面EFC，所以SD平面EFC，又因为SD平面SCD，所以平面SCD平面EFC.(2)解因为SD平面EFC，EC平面EFC，所以SDEC，又因为SEED，可得DCESCE，所以DCSC2eq r(10)，如图所示，连接AC.因为SA平面ABCD，所以SAAC，SAFC，又因为FCSD，

8、SDSAS，所以FC平面SAD，FCAD，所以ACeq r(2r(10)242)2eq r(6)，FCeq r(2r(6)232)eq r(15)，过点A作AMFC交BC于点M，可得AMFCeq r(15)，以eq o(AD,sup6()，eq o(AM,sup6()，eq o(AS,sup6()的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，可得B(1，eq r(15)，0)，C(3，eq r(15)，0)，E(4,0,2)，S(0,0,4)，D(8,0,0)设平面BCE的法向量为u(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(o(BC,sup6()u0，,o(CE,sup

9、6()u0，)可取平面BCE的一个法向量为u(0,2，eq r(15)，又SD平面EFC，所以平面EFC的一个法向量为eq o(SD,sup6()(8,0，4)设平面EFC与平面BCE夹角为，则cos eq blc|rc|(avs4alco1(f(o(SD,sup6()u,|o(SD,sup6()|u|)eq f(4r(15),r(19)4r(5)eq f(r(57),19)，则sin eq r(1cos 2)eq f(4r(19),19)，所以平面EFC与平面BCE夹角的正弦值为eq f(4r(19),19).4(2021天津改编)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱B

10、C的中点，F为棱CD的中点(1)求证：D1F平面A1EC1；(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值(3)求平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值(1)证明以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，C1(2,2,2)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以eq o(D1F,sup6()(1,0，2)，eq o(A1C1,sup6()(2,2,0)，eq o(A1E,sup6()(

11、2,1，2)，设平面A1EC1的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则eq blcrc (avs4alco1(mo(A1C1,sup6()2x12y10，,mo(A1E,sup6()2x1y12z10，)令x12，则m(2，2,1)，因为eq o(D1F,sup6()m220，所以eq o(D1F,sup6()m，因为D1F平面A1EC1，所以D1F平面A1EC1.(2)解由(1)得，eq o(AC1,sup6()(2,2,2)，设直线AC1与平面A1EC1所成的角为，则sin |cosm，eq o(AC1,sup6()|eq blc|rc|(avs4alco1(f(mo(AC1,sup6(),|m|o(AC1,sup6()|)eq f(2,32r(3)eq f(r(3),9).所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为eq f(r(3),9).(3)解连接BD，由正方体的特征