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“2年高考1年模拟”课时精练（五十一） 向量法求空间角
1.(2024·天津二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱BB1的中点，∠ACB=90°，CC1=AC=2BC=2.
(1)求证：C1M⊥平面AMC；
(2)求异面直线AM与BC1所成角的余弦值；
(3)求平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值.
2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)求证：EF∥平面A1CD；
(2)若三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.
3.(2024·九省考前适应性测试)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°.
(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-AA1-D的正弦值.
4.(2025·天津蓟州模拟)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
(1)求证：EF∥平面CPM；
(2)求平面QPM与平面CPM夹角的正弦值；
(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
5.如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是的中点，H是上的动点.
(1)求证：平面DOG⊥平面ABCD；
(2)若BH=，求直线BH与平面DOG所成角的正弦值.
（解析）精练（五十一） 向量法求空间角
1.(2024·天津二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱BB1的中点，∠ACB=90°，CC1=AC=2BC=2.
(1)求证：C1M⊥平面AMC；
(2)求异面直线AM与BC1所成角的余弦值；
(3)求平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值.
解：(1)证明：如图所示，以CA，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，C1(0，0，2)，M(0，1，1)，
则=(0，1，-1)，=(2，0，0)，=(0，1，1)，
则·=(0，1，-1)·(2，0，0)=0，C1M⊥CA；
·=(0，1，-1)·(0，1，1)=0，C1M⊥CM.又CA∩CM=C，CA，CM 平面AMC，故C1M⊥平面AMC.
(2)由=(-2，1，1)，=(0，-1，2)，
则|cos<>|===.
故异面直线AM与BC1所成角的余弦值为.
(3)设平面AMC的法向量为n1=(x，y，z)，则
取y=1得到n1=(0，1，-1)；
设平面A1BC1的法向量为n2=(a，b，c)，则取c=1得到n2=(0，2，1).
平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值为|cos|===.
2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)求证：EF∥平面A1CD；
(2)若三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.
解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC=A1C1，
连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，且DE=AC.
又F为A1C1的中点，可得A1F=A1C1，
所以A1F∥DE，且A1F=DE，
因此四边形A1FED为平行四边形，所以EF∥A1D，
又EF 平面A1CD，A1D 平面A1CD，
所以EF∥平面A1CD.
(2)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.
又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.
以O为坐标原点，OA1，OD，OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设三棱柱的棱长为a(a>0)，则O(0，0，0)，B，C，A1，D(0，a，0)，
所以==，
=.
设平面A1CD的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令x=2，得n=(2，1，0).
设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，
则sin θ=|cos<，n>|==，所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.
3.(2024·九省考前适应性测试)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°.
(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-AA1-D的正弦值.
解：(1)证明：∵=+
=-(+)，
∴·=·(-)
=(·-·)-(-)=0，∴C1O⊥BD，
而CC1=2，CO=，∠C1CO=45°，∴C1O=，∴C1O2+OC2=C，
∴C1O⊥OC，∵BD∩OC=O，∴C1O⊥平面ABCD.
(2)如图建系，∴B(，0，0)，A(0，-，0)，C1(0，0，)，C(0，，0)，A1(0，-2)，D(-，0，0)，
∴=(，0)，=(0，-)，=(-，0)，
设平面AA1B与平面AA1D的法向量分别为n1=(x1，y1，z1)，n2=(x2，y2，z2)，
∴ n1=(1，-1，-1)，
n2=(1，1，1)，
设二面角B-AA1-D的平面角为θ，
∴|cos θ|===，sin θ=.
∴二面角B-AA1-D的正弦值为.
4.(2025·天津蓟州模拟)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
(1)求证：EF∥平面CPM；
(2)求平面QPM与平面CPM夹角的正弦值；
(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
解：(1)证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD，所以AB∥PQ，又因为AB=PQ，所以四边形PABQ为平行四边形.由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM∥AB且EM=AB，
因为AB∥CD，CD=2AB，F为CD的中点，所以CF∥AB且CF=AB，
可得EM∥CF且EM=CF，即四边形EFCM为平行四边形，
所以EF∥MC，又EF 平面CPM，CM 平面MPC，所以EF∥平面CPM.
(2)因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，可以建立以D为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得D(0，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，Q(0，1，2)，M(1，1，1).
=(1，1，-1)，=(0，1，0)，=(1，-1，1)，=(0，2，-2)，
设n1=(x，y，z)为平面QPM的法向量，
则即不妨设z=1，
可得n1=(1，0，1)，
设n2=(x1，y1，z1)为平面CPM的法向量，
则即不妨设z1=1，可得n2=(0，1，1)，cos==，于是sin=.
所以平面QPM与平面CPM夹角的正弦值为.
(3)设=λ(0≤λ≤1)，即=λ=(0，λ，-2λ)，则N(0，λ+1，2-2λ).
从而=(0，λ+1，2-2λ).
由(2)知平面QPM的法向量为n1=(1，0，1)，由题意，sin =|cos <，n1>|=，
即=，
整理得3λ2-10λ+3=0，解得λ=或λ=3，
因为0≤λ≤1，所以λ=，所以=，则==(0，1，-2).则N到平面CPM的距离为d==×=.
5.如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是的中点，H是上的动点.
(1)求证：平面DOG⊥平面ABCD；
(2)若BH=，求直线BH与平面DOG所成角的正弦值.
解：(1)证明：因为G是的中点，所以OG⊥BC.
根据圆柱的结构特征，可知平面BCG⊥平面ABCD，
又OG 平面BCG，平面BCG∩平面ABCD=BC，所以OG⊥平面ABCD.
又OG 平面DOG，故平面DOG⊥平面ABCD.
(2)如图，设M为的中点，连接O1M，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，1)，B(0，1，1)，D(0，-1，0)，G(1，0，1)，
则=(0，-1，-1)，=(1，0，0).
设平面DOG的法向量为m=(x，y，z)，
则即令y=1，
则z=-1，所以m=(0，1，-1).
连接O1H，AH，则AH==1，
所以△O1AH是等边三角形，故∠AO1H=，则H，所以=.
设直线BH与平面DOG所成的角为θ，
则sin θ=|cos<，m>|=
==.
故直线BH与平面DOG所成角的正弦值为.
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