文档内容
2025新教材数学高考第一轮复习
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
考点1 用向量法判定空间中的位置关系
(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正
方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 ( )
考点2 空间角与距离
1.(2022全国甲,7,5分,中)在长方体ABCD-A B C D 中,已知B D与平面ABCD和平面
1 1 1 1 1
AA B B所成的角均为30°,则 ( )
1 1
A.AB=2AD
B.AB与平面AB C D所成的角为30°
1 1
C.AC=CB
1
D.B D与平面BB C C所成的角为45°
1 1 1
2.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边, ABD为等边三
角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( )
△
1 √2 √3 2
A. B. C. D.
5 5 5 5
3.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)已知正方体ABCD-A B C D ,则 ( )
1 1 1 1
A.直线BC 与DA 所成的角为90°
1 1
B.直线BC 与CA 所成的角为90°
1 1
C.直线BC 与平面BB D D所成的角为45°
1 1 1
D.直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
14.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.
设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)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.
6.(2023 新课标Ⅰ,18,12 分,中)如图,在正四棱柱 ABCD-A B C D 中,AB=2,AA =4,点
1 1 1 1 1
A ,B ,C ,D 分别在棱AA ,BB ,CC ,DD 上,AA =1,BB =DD =2,CC =3.
2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2
(1)证明:B C ∥A D ;
2 2 2 2
(2)点P在棱BB 上,当二面角P-A C -D 为150°时,求B P.
1 2 2 2 27.(2023 新 课 标 Ⅱ ,20,12 分 , 中 ) 如 图 , 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满足⃗EF=⃗DA,求二面角D-AB-F的正弦值.8.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=
√3.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.9.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A B C 的体积为4, A BC的面积为
1 1 1 1
2√2.
△
(1)求A到平面A BC的距离;
1
(2)设D为A C的中点,AA =AB,平面A BC⊥平面ABB A ,求二面角A-BD-C的正弦值.
1 1 1 1 110.(2022 全 国 乙 理 ,18,12 分 , 中 ) 如 图 , 四 面 体 ABCD 中 ,
AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD
所成的角的正弦值.11.(2021 全国甲理,19,12 分,中)已知直三棱柱 ABC-A B C 中,侧面 AA B B 为正方形,
1 1 1 1 1
AB=BC=2,E,F分别为AC和CC 的中点,D为棱A B 上的点,BF⊥A B .
1 1 1 1 1
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B D为何值时,面BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
1 1 1三年模拟
综合拔高练1
1.(2024届山东潍坊安丘三区县检测,5)在正三棱柱ABC-A B C 中,若AB=2,AA =1,则点
1 1 1 1
A到平面A BC的距离为( )
1√3 √3 3√3
A. B. C. D.√3
4 2 4
2.(2024届江苏南京第一中学月考,8)在正方体ABCD-A B C D 中,点E为棱C D 上的一
1 1 1 1 1 1
动点,记直线BC 与平面A BE所成的角为θ,则cos θ的最小值为( )
1 1
1 √2 √3
A. B. C. D.1
2 2 2
3.(2023河南郑州一模,10)在如图所示的实验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边
长都为1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移
动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0= = .
|n|·|⃗PB| √3√1+a2
√3 |a+1|
设PB与平面QCD所成角为θ,则 sin θ = × =
3 √1+a2
√3√ 2a
1+ (易错:余弦值转化为正弦值后应该是个正数).
3 a2+1
√3√ 2a √6
因为 1+ ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值
3 a2+1 3
√6
的最大值为 .
3
5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)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.
解析 (1)证法一:连接OA,
∵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,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD 平面PAC,AC 平面PAC,∴OD∥平面PAC,
又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,
⊄ ⊂
又∵DE 平面PAC,PA 平面PAC,∴DE∥平面PAC,
又OD、DE 平面ODE,OD∩DE=D,
⊄ ⊂
∴平面ODE∥平面PAC,
⊂
又OE 平面ODE,∴OE∥平面PAC.
证法二:连接OA,∵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,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt ABF中,O为BF的中点,
∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
△
又OE 平面PAC,PF 平面PAC,
∴OE∥平面PAC.
⊄ ⊂
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过
点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知 OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2√3
( 3)
,∴P(0,2,3),B(2√3,0,0),A(-2√3,0,0),E √3,1, ,
2
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4√3,
∴AC=12,C(-2√3,12,0).
设平面AEB的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
⃗AB=(4√3,0,0),⃗AE= ( 3√3,1, 3) ,
2{⃗AB·n =0, { x 1 =0,
∴ 1 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
1 1 1 2 1
令y =3,则z =-2,∴n =(0,3,-2).
1 1 1
设平面AEC的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
⃗AC=(0,12,0),
{⃗AC·n =0, { y 2 =0,
∴ 2 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
2 2 2 2 2
令x =√3,则z =-6,∴n =(√3,0,-6),
2 2 2
n ·n 12 4√3
∴cos= 1 2 = = ,
1 2 |n |·|n | √13×√39 13
1 2
11
设二面角C-AE-B的平面角为 θ,则sin θ=√1−cos2θ= ,∴二面角C-AE-B的正弦值为
13
11
.
13
6.(2023 新课标Ⅰ,18,12 分,中)如图,在正四棱柱 ABCD-A B C D 中,AB=2,AA =4,点
1 1 1 1 1
A ,B ,C ,D 分别在棱AA ,BB ,CC ,DD 上,AA =1,BB =DD =2,CC =3.
2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2
(1)证明:B C ∥A D ;
2 2 2 2
(2)点P在棱BB 上,当二面角P-A C -D 为150°时,求B P.
1 2 2 2 2
解析 (1)证明:以C为原点,⃗CD,⃗CB,⃗CC 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如
1
图所示的空间直角坐标系,由题意知,A (2,2,1),B (0,2,2),C (0,0,3),D (2,0,2),
2 2 2 2
则⃗B C =(0,-2,1),⃗A D =(0,-2,1),
2 2 2 2
∴⃗B C =⃗A D ,∴⃗B C ∥⃗A D ,
2 2 2 2 2 2 2 2
又知B C 与A D 无公共点,
2 2 2 2
∴B C ∥A D .
2 2 2 2
(2)∵点P在棱BB 上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
1
结合(1)可知⃗A C =(-2,-2,2),⃗A D =(0,-2,1),⃗PA =(2,0,1-a),⃗PC =(0,-2,3-a).
2 2 2 2 2 2
设平面A C D 的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 1 1 1 1
{⃗A C ·n =0, {−2x −2y +2z =0,
则 2 2 1 即 1 1 1
⃗A D ·n =0, −2y +z =0,
2 2 1 1 1
令z =2,则n =(1,1,2).
1 1
设平面PA C 的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2 2 2
{⃗PA ·n =0, { 2x +(1−a)z =0,
则 2 2 即 2 2
⃗PC ·n =0, −2y +(3−a)z =0,
2 2 2 2
令z =2,则n =(a-1,3-a,2),
2 2
又∵二面角P-A C -D 为150°,
2 2 2
|n ·n |
∴|cos 150°|=|cos|= 1 2
1 2 |n |·|n |
1 2
|a−1+3−a+4| √6
= = ,
√6·√(a−1) 2+(3−a) 2+4 √2a2−8a+14
√3 √3
即 = ,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
2 √a2−4a+7
当a=1时,B P=1;当a=3时,B P=1.
2 2综上,B P=1.
2
7.(2023 新 课 标 Ⅱ ,20,12 分 , 中 ) 如 图 , 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满足⃗EF=⃗DA,求二面角D-AB-F的正弦值.
解析 (1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. (1分)
又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ACD与△ABD均为等边三角形,
∴AC=AB,∴AE⊥BC. (2分)
又∵AE∩DE=E,AE 平面ADE,DE 平面ADE,
∴BC⊥平面ADE, (3分)
⊂ ⊂
又∵DA 平面ADE,∴BC⊥DA. (4分)
(2)设DA=DB=DC=2,则BC=2√2,DE=AE=√2,
⊂
∴AE2+DE2=4=DA2, (6分)
∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE 平面BCD,BC 平面BCD,∴AE⊥平面BCD.
以E为原点,⃗ED,⃗EB,⃗EA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直
⊂ ⊂
角坐标系,
则D(√2,0,0),A(0,0,√2),B(0,√2,0),E(0,0,0),
∴⃗DA=(-√2,0,√2),⃗AB=(0,√2,-√2),
∵⃗EF=⃗DA,∴F(-√2,0,√2),∴⃗AF=(-√2,0,0). (8分)
设平面DAB的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1{⃗DA·n =0, {−√2x +√2z =0,
则 1 即 1 1
⃗AB·n =0, √2y −√2z =0,
1 1 1
令z =1,则n =(1,1,1). (9分)
1 1
设平面ABF的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{⃗AB·n =0, {√2y −√2z =0,
则 2 即 2 2
⃗AF·n =0, −√2x =0,
2 2
令z =1,则n =(0,1,1). (10分)
2 2
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
|n ·n | 2 √6
则|cos θ|= 1 2 = = . (11分)
|n |·|n | √3×√2 3
1 2
又∵θ∈[0,π],
∴sin θ=√1−cos2θ=
√
1−
(√6) 2
=
√3
,
3 3
√3
∴二面角D-AB-F的正弦值为 . (12分)
3
8.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=
√3.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB 平面ABC,
所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=√PA2+AB2= ⊂ √2.
又因为BC=1,PC=√3,所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC,
又因为PA⊥BC,且PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
所以BC⊥平面PAB.
⊂
(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标
系,则 A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以⃗AP=(0,0,1),⃗AC=(1,-1,0),⃗PC=(1,-
1,-1),⃗BC=(1,0,0),
设平面PAC的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1
{ m·⃗AP=z =0,
则 1 令y =1,则m=(1,1,0),
m·⃗AC=x −y =0, 1
1 1
设平面PBC的法向量为n=(x ,y ,z ),
2 2 2
{n·⃗PC=x −y −z =0,
则 2 2 2 令z =-1,则n=(0,1,-1),
n·⃗BC=x =0, 2
2
m·n 1 1
所以cos= = = ,
|m|·|n| √2×√2 2
又因为二面角A-PC-B为锐二面角,
π
所以二面角A-PC-B的大小为 .
3
9.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A B C 的体积为4, A BC的面积为
1 1 1 1
2√2.
△
(1)求A到平面A BC的距离;
1
(2)设D为A C的中点,AA =AB,平面A BC⊥平面ABB A ,求二面角A-BD-C的正弦值.
1 1 1 1 1
解 析 (1) 设 A 到 平 面 A BC 的 距 离 为 d. 因 为
1
1 1 1 4
V =V = S△ABC·AA1= S ·d= ·V = ,S =2√2,所以 d=
A 1 −ABC A−A 1 BC 3 3 △A 1 BC 3 ABC−A 1 B 1 C 1 3 △A 1 BC
4
3×
3 .
=√2
2√2(2)如图,取A B的中点E,连接AE.
1
因为 AA =AB,所以 AE⊥A B,又因为平面 A BC⊥平面 ABB A ,平面 A BC∩平面
1 1 1 1 1 1
ABB A =A B,AE 平面ABB A ,所以AE⊥平面A BC.又BC 平面A BC,所以AE⊥BC.
1 1 1 1 1 1 1
由直三棱柱ABC-A B C 得AA ⊥平面ABC,
⊂ 1 1 1 1 ⊂
又 BC 平面 ABC,所以 AA ⊥BC,又 AA ∩AE=A,AA ,AE 平面 ABB A ,所以 BC⊥平面
1 1 1 1 1
ABB A ,又AB 平面ABB A ,所以BC⊥AB.
1 ⊂1 1 1 ⊂
由(1)知AE=d=√2,所以AB=AA =2,A B=2√2,
⊂ 1 1
又因为△A BC的面积为2√2,所以BC=2.
1
以B为坐标原点,向量⃗BC,⃗BA,⃗BB 的方向分别为 x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标
1
系B-xyz,
则 C(2,0,0),A(0,2,0),A (0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则⃗BC=(2,0,0),⃗BA=(0,2,0),
1
⃗BD=(1,1,1).
设平面ABD的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{n ·⃗BA=0, { 2y =0,
则 1 即 1
n ·⃗BD=0, x + y +z =0,
1 1 1 1
令x =1,得z =-1,所以n =(1,0,-1).
1 1 1
设平面BCD的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{n ·⃗BC=0, { 2x =0,
则 2 即 2
n ·⃗BD=0, x + y +z =0,
2 2 2 2
令y =1,得z =-1,所以n =(0,1,-1).
2 2 2
n ·n 1
所以cos= 1 2 = ,
1 2 |n ||n | 2
1 2
√3
又sin>0,所以sin= .
1 2 1 2 2√3
所以二面角A-BD-C的正弦值为 .
2
10.(2022 全 国 乙 理 ,18,12 分 , 中 ) 如 图 , 四 面 体 ABCD 中 ,
AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD
所成的角的正弦值.
解析 (1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,
所以DE⊥AC.因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,
所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,
又E为AC的中点,所以BE⊥AC.
又DE,BE 平面BED,且DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BED,又AC 平面ACD,
⊂
所以平面ACD⊥平面BED.
⊂
(2)由题意及(1)知AB=BC=2,
又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=√3.
因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1.
所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.
连接EF,因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,
1
所以AC⊥EF,所以S = AC·EF ⊂ =EF.
AFC 2
△
√3
当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF= .
2
如图,以E为坐标原点,⃗EA,⃗EB,⃗ED的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直
( √3 3)
角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1),F 0, , ,
4 4
( √3 3)
所以⃗AD=(-1,0,1),⃗BD=(0,-√3,1),⃗CF= 1, , .
4 4设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
{⃗AD·n=0, { −x+z=0,
则 即
⃗BD·n=0, −√3 y+z=0,
令y=1,得n=(√3,1,√3).
设CF与平面ABD所成的角为θ,
|n·⃗CF| 4√3
则 sin θ=|cos|= = ,所以 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为
|n||⃗CF| 7
4√3
.
7
11.(2021 全国甲理,19,12 分,中)已知直三棱柱 ABC-A B C 中,侧面 AA B B 为正方形,
1 1 1 1 1
AB=BC=2,E,F分别为AC和CC 的中点,D为棱A B 上的点,BF⊥A B .
1 1 1 1 1
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B D为何值时,面BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
1 1 1
解析 第一步:证明线线垂直,为建系做铺垫.
∵BF⊥A B ,B B⊥A B ,BF∩B B=B,
1 1 1 1 1 1
∴A B ⊥平面B C CB,
1 1 1 1
∵AB∥A B ,∴AB⊥平面B C CB,
1 1 1 1
又∵BC 平面B C CB,∴AB⊥BC.
1 1
第二步:建立空间直角坐标系,求出相关量的坐标.
⊂
以B为坐标原点,BA,BC,BB 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角
1
坐 标 系 , 则 B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴ ⃗BF=(0,2,1), 设 B D=a(0≤a≤2), 则
1
D(a,0,2),则⃗DE=(1-a,1,-2).第三步:利用a·b=0判定线线垂直.
(1)证明:∵⃗BF·⃗DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
第四步:求出相关平面的法向量.
(2)⃗EF=(-1,1,1),⃗FD=(a,-2,1),
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
{⃗EF·n=−x+ y+z=0, a+1 2−a
则 不妨设x=1,则y= ,z= ,
⃗FD·n=ax−2y+z=0, 3 3
( a+1 2−a)
∴n= 1, , .
3 3
易知m=(1,0,0)是平面BB C C的一个法向量.
1 1
第五步:由向量夹角公式表示二面角大小,利用函数思想求其最值.
设平面 BB C C 与平面 DEF 所成的锐二面角的大小为 θ,则 cos θ=|cos|=
1 1
|m·n| 1 3 3 √6( 1 )
= = ≤ = 当a= 时取等号
|m|·|n| √ (a+1) 2 (2−a) 2 √ ( 1) 2 27 √27 3 2 ,
1+ + 2 a− +
3 3 2 2 2
√3 1 1
∴sin θ=√1−cos2θ≥ ,故当a= ,即B D= 时,平面BB C C与平面DFE所成的二面角
3 2 1 2 1 1
√3
的正弦值最小,最小值为 .
3
三年模拟
综合拔高练1
1.(2024届山东潍坊安丘三区县检测,5)在正三棱柱ABC-A B C 中,若AB=2,AA =1,则点
1 1 1 1
A到平面A BC的距离为( )
1
√3 √3 3√3
A. B. C. D.√3
4 2 4答案 B
2.(2024届江苏南京第一中学月考,8)在正方体ABCD-A B C D 中,点E为棱C D 上的一
1 1 1 1 1 1
动点,记直线BC 与平面A BE所成的角为θ,则cos θ的最小值为( )
1 1
1 √2 √3
A. B. C. D.1
2 2 2
答案 C
3.(2023河南郑州一模,10)在如图所示的实验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边
长都为1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移
动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(00且a≠1),则F(a,0,0),⃗BF=(a,-2,0).
√5
因为直线BF与平面DCE所成角的正弦值为 ,
5
√5 |⃗BF·n| |2a−2|
所以 =|cos<⃗BF,n>|= = ,
5 |⃗BF||n| 3×√a2+4
化简得11a2-40a-16=0,
4
解得a=4或a=- (舍去),故AF=4.所以F(4,0,0),⃗FD=(-4,0,2),由(1)知平面DCE的一
11
个法向量为n=(2,1,2),
|⃗FD·n| 4
所以点F到平面DCE的距离d= = .
|n| 3
5.(2023山东烟台一模,19)如图,已知圆锥PO,AB是底面圆O的直径,且长为4,C是圆O
上异于A,B的一点,PA=2√3.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为α与β.
1 1
(1)求 + 的值;
tan2α tan2β
(2)若tan β=√3tan α,求二面角A-PC-B的余弦值.解析 (1)连接PO,则PO⊥平面ABC.
分别取AC,BC的中点M,N,连接PM,OM,PN,ON,则在圆O中,OM⊥AC.
由PO⊥平面ABC,AC 平面ABC,得PO⊥AC.又PO∩OM=O,所以AC⊥平面PMO,因为
PM 平面PMO,所以AC⊥PM.所以∠PMO=α.同理,∠PNO=β.
⊂
⊂ 1 1 (OM) 2 (ON) 2
于是 + = +
tan2α tan2β OP OP
OC2− (1 AC ) 2 +OC2− (1 BC ) 2 2OC2− 1 (AC2+BC2 )
= 2 2 4
=
OP2 OP2
1
2OC2− AB2
= 4 2OC2−OC2 OC2 OC2 1.
= = = =
OP2 OP2 OP2 AP2−OA2 2
OP OP
(2)因为tan β=√3tan α,即 =√3· ,
ON OM
所以OM=√3ON,即BC=√3AC,
因为AC2+BC2=AB2,所以BC=2√3,AC=2.
在圆O中,CA⊥CB,以点C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过C且
垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz.
则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2√3,0),
则⃗CA=(2,0,0),⃗CB=(0,2√3,0),
因为PO⊥平面ABC,所以OP∥z轴,
从而P(1,√3,2√2),则⃗CP=(1,√3,2√2).
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z),{m·⃗CA=0, { 2x=0,
则 即
m·⃗CP=0, x+√3 y+2√2z=0,
不妨取y=2√2,则m=(0,2√2,-√3).
设平面PBC的法向量为n=(m,n,t),
{n·⃗CB=0, { 2√3n=0,
则 即
n·⃗CP=0, m+√3n+2√2t=0,
不妨取m=2√2,则n=(2√2,0,-1).
m·n √3 √33
所以cos= = = .
|m|·|n| √11×3 33
√33
又二面角A-PC-B为钝二面角,所以二面角A-PC-B的余弦值为- .
33
综合拔高练2
1.(多选)(2024 届河南平许济洛第一次质量检测,11)在棱长为 4 的正方体 ABCD-
A B C D 中,M,N,P分别为线段A B ,CD,B C上的动点,下列结论正确的是 ( )
1 1 1 1 1 1 1
A.PD ∥平面A BD
1 1
B.过M,N的平面截该正方体,所得截面面积的最大值为16
√2
C.当P为线段B C中点时,异面直线AP与A C所成角的余弦值为
1 1 3
D.当三棱锥A -BDN的体积最大时,其外接球表面积为48π
1
答案 ACD
2.( 多 选 )(2023 山 东 济 南 一 模 ,12) 在 平 面 四 边 形 ABCD 中 ,
AD⊥CD,AD=CD=2,AB=1,BC=√5,沿AC将△ABC折起,使得点B到达点B'的位置,得到
三棱锥B'-ACD.则下列说法正确的是( )
√2
A.三棱锥B'-ACD体积的最大值为
3
B.⃗AC·⃗B'D为定值
(√5 √2)
C.直线AC与B'D所成角的余弦值的取值范围为 ,
5 2D.对任意点B',线段AD上必存在点N,使得CN⊥B'D
答案 ABD
3.(2023湖南师大附中一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱
形, PAD为等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.
(1)求点A到平面PBC的距离;
△
√30
(2)E为线段PC上一点,若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为 ,求平面ADE
10
与平面ABCD夹角的余弦值.
解析 (1)取AD的中点O,连接OB,OP.
∵△PAD为等边三角形,∴OP⊥AD,OA=1,OP=√3.
∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,OP 平面 PAD,∴OP⊥平面
ABCD.
⊂
又∵OB 平面ABCD,∴OP⊥OB.
∵PB⊥BC,BC∥AD,∴PB⊥AD.
⊂
又∵OP,PB 平面POB,OP∩PB=P,∴AD⊥平面POB.
又∵OB 平面POB,∴AD⊥OB,∴OB=√3,PB=√6.
⊂
设点A到平面PBC的距离为h,
⊂
1 1
由V =V ,得 S△PBC·ℎ = S ·OP,
A-PBC P-ABC 3 3 ABC
△
1 1 √6
即 ×2×√6ℎ = ×2×√3×√3,∴h= .
2 2 2
(2)由(1)知OP,OA,OB两两垂直,故以点O为坐标原点,OA,OB,OP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 , 则 P(0,0,√3),C(-2,√3
,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),则⃗PC=(-2,√3,-√3),⃗OP=(0,0,√3),⃗AD=(-2,0,0).
设⃗PE=λ⃗PC(0≤λ≤1),则⃗PE=(-2λ,√3λ,-√3λ),⃗OE=⃗OP+⃗PE=(-2λ,√3λ,√3−√3λ),
则E(-2λ,√3λ,√3−√3λ),则⃗AE=(-2λ-1,√3λ,√3−√3λ).
由于OP⊥平面ABCD,则取平面ABCD的法向量为n =(0,0,1).
1
设AE与平面ABCD所成的角为θ,则|√3−√3λ| √30 1
sin θ=|cos<⃗AE,n >|= = ,解得λ= .
1 √ (−2λ−1) 2+3λ2+(√3−√3λ) 2 10 3
( 2 √3 2√3) ( 5 √3 2√3)
则E − , , ,⃗AE= − , , .
3 3 3 3 3 3
设平面ADE的法向量为n =(x,y,z),
2
{ n ·⃗AD=−2x=0,
2
则 5 √3 2√3
n ·⃗AE=− x+ y+ z=0.
2 3 3 3
令y=2,则n =(0,2,-1),又平面ABCD的法向量为n =(0,0,1).故平面ADE与平面ABCD
2 1
1 √5
夹角的余弦值为|cos|= = .
1 2 √5 5
综合拔高练3
1.(多选)(2023黑龙江省实验中学一模,12)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
P为棱BB 的中点,Q为正方形BB C C内一动点(含边界),则下列说法中正确的是 (
1 1 1
)
A.直线AC ⊥平面A BD
1 1
B.棱CC 与平面A BD所成角的正切值为√2
1 1
C.若D Q∥平面A PD,则动点Q的轨迹是一条线段
1 1√6 √2
D.若D Q= ,则Q点的轨迹长度为 π
1 2 4
答案 ACD
2.(2024届江苏镇江丹阳期中,21)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的
菱形,∠ABC=60°, PAB为正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E为线段AB的中点,M是
线段PD(不含端点)上的一个动点.
△
(1)记平面BCM交PA于点N,求证:MN∥平面PBC;
√10
(2)是否存在点M,使得二面角P-BC-M的正弦值为 ?若存在,确定点M的位置;若不
10
存在,请说明理由.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD,
因为BC 平面PAD,AD 平面PAD,所以BC∥平面PAD,
因为BC 平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,
⊄ ⊂
所以MN∥BC,
⊂
因为MN 平面PBC,BC 平面PBC,因此MN∥平面PBC.
(2)连接PE、CE、AC,
⊄ ⊂
因为△PAB为等边三角形,E为AB的中点,所以PE⊥AB,
因为平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB,PE 平面 PAB,所以 PE⊥平面
ABCD,
⊂
因为四边形ABCD是边长为2的菱形,所以AB=BC=2,
又因为∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,则CE⊥AB.
以点E为坐标原点,EB、EC、EP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B(1,0,0),C(0,√3,0),D(-2,√3,0),P(0,0,√3),
设⃗PM=λ⃗PD=λ(-2,√3,-√3)=(-2λ,√3λ,-√3λ),其中0<λ<1,
设平面PBC的法向量为m=(x ,y ,z ).
1 1 1⃗BC=(-1,√3,0),⃗BP=(-1,0,√3),
{m·⃗BC=−x +√3 y =0,
由 1 1 取x1=√3,可得m=(√3,1,1),
m·⃗BP=−x +√3z =0,
1 1
设平面BCM的法向量为n=(x ,y ,z ).
2 2 2
⃗BM=⃗BP+⃗PM=(-1,0,√3)+(-2λ,√3λ,-√3λ)=(-2λ-1,√3λ,√3−√3λ),
{ n·⃗BC=−x +√3 y =0,
由 2 2
n·⃗BM=−(2λ+1)x +√3λ y +√3(1−λ)z =0,
2 2 2
取x =√3−√3λ,则y =1-λ,z =λ+1,
2 2 2
所以n=(√3−√3λ,1-λ,λ+1),
|m·n| |5−3λ| √ (√10) 2 3√10
由题意可得|cos|= = = 1− = ,
|m|·|n| √5·√4(1−λ) 2+(λ+1) 2 10 10
整理可得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,
1
因为0<λ<1,所以λ= ,故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时,二面角P-BC-M的
3
√10
正弦值为 .
10
3.(2023安徽淮北一模,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,侧面PAB是
等边三角形,BC=2AB,∠ABC=60°,PB⊥AC.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的截面,且AC∥平面BEQF,是否
存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,确定点Q的位置;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:在△ABC中,因为BC=2AB,∠ABC=60°,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·
cos 60°=3AB2,AC=√3AB,
所以AC2+AB2=BC2,则∠BAC=90°,即AC⊥AB,又AC⊥PB,PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,
所以AC⊥平面PAB,
⊂
又AC 平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)假设存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD.
⊂如图,以A为原点,分别以⃗AB,⃗AC的方向为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系 Axyz,则
A(0,0,0).
设AB=2,则B(2,0,0),
D(-2,2√3,0),P(1,0,√3),
则⃗AD=(-2,2√3,0),⃗AP=(1,0,√3),⃗BD=(-4,2√3,0),⃗DP=(3,-2√3,√3),
设平面PAD的法向量是n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{n ·⃗AD=−2x +2√3 y =0,
则 1 1 1 取n =(√3,1,-1),
n ·⃗AP=x +√3z =0, 1
1 1 1
设⃗DQ=λ⃗DP,其中0<λ<1,
则⃗BQ=⃗BD+⃗DQ=⃗BD+λ⃗DP=(3λ-4,2√3−2√3λ,√3λ).
连接EF,因为AC∥平面BEQF,AC 平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF,所以AC∥EF,
取与⃗EF同向的单位向量j=(0,1,0),
⊂
设平面BEQF的法向量是n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{ n · j= y =0,
2 2
则
n ·⃗BQ=(3λ−4)x +2√3(1−λ)y +√3λz =0,
2 2 2 2
取n =(√3λ,0,4-3λ).
2
由平面 BEQF⊥平面 PAD,知 n ⊥n ,(当两平面垂直时,它们的法向量也垂直)即
1 2
2 2
n ·n =3λ+3λ-4=0, 解 得 λ= .故在侧棱PD上存在点Q且当DQ= DP 时 , 使 得 平 面
1 2 3 3
BEQF⊥平面PAD.
综合拔高练4
1.(多选)(2024届福建福州闽江口协作体期中联考,11)在三棱柱ABC-A B C 中,D为BB
1 1 1 1
√2
的中点, AA =AB=BC,AA ⊥平面ABC,∠ABC=90°,则下列结论错误的是 ( )
2 1 1
A.平面ABC ⊥平面ACC A
1 1 1
B.平面A BC⊥平面C AB
1 1C.A D∥平面C AB
1 1
D.A D⊥AC
1 1
答案 ABC
2.(2024 届 河 南 平 许 济 洛 第 一 次 质 量 检 测 ,20) 如 图 , 在 三 棱 台 ABC-DEF 中 ,
BC=2EF,BC⊥AB,BC⊥CF,G,H分别为AC,BC上的点,平面FGH∥平面ABED.
(1)求证:BC⊥平面EGH;
(2)若AB⊥CF,∠BAC=45°,EF=CF=1,求平面EFG和平面DFG的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:∵平面FGH∥平面ABED,平面BCFE∩平面ABED=BE,平面BCFE∩平
面GHF=HF,∴BE∥HF.
∵BC∥EF,∴四边形BHFE为平行四边形,则BH=EF.
∵BC=2EF,∴BC=2BH,则H为BC的中点.
同理,G为AC的中点,则GH∥AB,
∵AB⊥BC,∴GH⊥BC.
又HC∥EF且HC=EF,∴四边形EFCH是平行四边形,
则CF∥HE.又CF⊥BC,∴HE⊥BC.
又HE,GH 平面EGH,HE∩GH=H,
∴BC⊥平面EGH.
⊂
(2)∵AB⊥CF,CF∥HE,GH∥AB,∴HE⊥GH.
以H为坐标原点,以HG,HB,HE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
∵∠BAC=45°
∴△ABC为等腰直角三角形,即AB=BC.
则E(0,0,1),F(0,-1,1),G(1,0,0),D(1,0,1),⃗EF=(0,-1,0),⃗EG=(1,0,-1),⃗FG=(1,1,-1),⃗GD=(0,0,1). 设 平 面 EFG 的 法 向 量 为
m=(x ,y ,z ).
1 1 1
{ m·⃗EF=−y =0,
则 1 取x =1,得m=(1,0,1).
m·⃗EG=x −z =0, 1
1 1
设平面FGD的法向量为n=(x ,y ,z ).
2 2 2
{n·⃗FG=x + y −z =0,
则 2 2 2 取x =1,得n=(1,-1,0).
n·⃗GD=z =0, 2
2
m·n 1
∴cos= = .
|m|·|n| 2
1
设平面EFG和平面DFG的夹角为θ,则cos θ=|cos|= .
2
1
∴平面EFG和平面DFG的夹角的余弦值为 .
2
3.(2023 湖 南 师 大 附 中 二 模 ,20) 如 图 , 四 边 形 ABCD 是 边 长 为 2 的 菱 形 , 且
∠ABC=60°,BM⊥平面ABCD,BM∥DN,BM=2DN,点E是线段MN上任意一点.
(1)证明:平面EAC⊥平面BMND;
2π
(2)若∠AEC的最大值是 ,求三棱锥M-NAC的体积.
3
解析 (1)证明:因为BM⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以AC⊥BM.
因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD,又 BD∩BM=B,BD,BM 平面 BMND,所以
⊂
AC⊥平面BMND,
⊂
因为AC 平面EAC,所以平面EAC⊥平面BMND.
(2)设 AC 与 BD 的交点为 O,连接 EO.因为 AC⊥平面 BMND,OE 平面 BMND,所以
⊂
AC⊥OE,又O为AC 的中点,则AE=CE,在△AEC 中,由余弦定理的推论得 cos∠AEC=
⊂
AE2+CE2−AC2 2
=1− ,∠ AEC∈ (0,π). 当 AE 最 短 时 ∠ AEC 最 大 , 此 时
2AE·CE AE22π 2√3 √3
AE⊥MN,CE⊥MN,∠AEC= ,因为AC=2,AE= ,OE= .取MN的中点H,连接OH,
3 3 3
分别以直线OA,OB,OH为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(-1,0,0).
设ND=a,a>0,则N(0,-√3,a) M(0,√3,2a),
则⃗AN=(-1,-√3,a),⃗AM=(-1,√3,2a).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
{⃗AN·n=0, {−x−√3 y+az=0,
则 即
⃗AM·n=0, −x+√3 y+2az=0,
(3a √3a )
取z=1,则n= ,− ,1 ,
2 6
( 3a √3a )
同理求得平面CMN的一个法向量为m= − ,− ,1 .
2 6
2π
因为∠AEC= 是二面角 A-MN-C的平面角,
3
| 9a2 3a2 |
− + +1
4 36 1
所 以 |cos∠ AEC|=|cos|= = , 解 得 a=
9a2 3a2 2
+ +1
4 36
√15 √6 √3 √15
或a= .由图可知a
