曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
8.4 空间角与距离、空间向量及应用
三年模拟
一、选择题
1.(2022江西赣州二模,8)在正四棱锥P-ABCD中,点E是棱PD的中点.若直线PB与直线
√2 PA
CE所成角的正切值为 ,则 的值为( )
2 BC
A.1 B.√2C.2D.2√2
答案 C 连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接OP,OE,则PO⊥平面ABCD,所以PO⊥OC,又知
四边形ABCD为正方形,所以OC⊥BD,因为PO∩BD=O,所以OC⊥平面PBD.又OE⊂平面
PBD,所以OC⊥OE,因为O为BD的中点,E为PD的中点,所以OE∥PB,所以 ∠ OEC 或其补
角就是异面直线 PB 与 CE 所成的角 .在Rt△COE中,tan∠OEC=
√2
BC
OC √2 2 √2 BC 1 PA
= ,即 = ,所以 = .又PB=PA,所以 =2.故选C.
OE 2 1 2 PB 2 BC
PB
2
2.(2022东北三省三校联考(二),8)已知圆锥的顶点为点S,底面圆心为点O,高是底面半径r
的√2倍,点A,B是底面圆周上的两点,若△SAB是等边三角形,则O到平面SAB的距离为(
)
1 √2 √7 2√2
A. rB. rC. rD. r
3 3 3 3
答案 B 由圆锥性质可得SO⊥平面ABO,所以SO⊥OA,SO⊥OB,在Rt△SOA中,SA=√3r.
√3 √3 3√3
又知△SAB是等边三角形,所以S
△SAB
=
4
·SA2=
4
×3r2=
4
r2,AB=√3r,又
OA=OB=r,所以∠AOB=120°,所以S
△OAB
=
1 √3 1
×r×r×sin 120°= r2.设点O到平面SAB的距离为h,则由V O-SAB=V S-AOB,得
2 4 3
1
S ·h= S ·SO,所以h=
△SAB 3 △AOB
√3
r2·√2r
S ·SO 4 √2 √2
△AOB = = r,即点O到平面SAB的距离为 r,故选B.
S 3√3 3 3
△SAB r2
4
3.(2022广西质检(一),5)在正方体ABCD-A B C D 中,O为正方形AA B B的中心,O 为正
1 1 1 1 1 1 1
方形A B C D 的中心.若E为CD的中点,则异面直线AE与OO 所成角的余弦值为(
1 1 1 1 1
)
2√5 √10 √5 √5
A. B. C. D.
5 5 10 5
答案 B 设正方体的棱长为2,如图,
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以A为坐标原点,AB,AD,AA 所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则
1
A(0,0,0),O(1,0,1),O (1,1,2),E(1,2,0),⃗OO =(0,1,1),⃗AE=(1,2,0),所以cos<⃗AE,
1 1
⃗AE·⃗OO
2 √10
⃗OO >= 1 = = ,故选B.
1 |⃗AE||⃗OO | √5×√2 5
1
4.(2022河南济源、平顶山、许昌联考(二),8)如图,已知AB是圆柱底面圆的一条直径,OP
是圆柱的一条母线,C为底面圆周上一点,且AC∥OB,OP=AB=√2OA,则直线PC与平面
PAB所成角的正弦值为( )
√10 √5 1 3
A. B. C. D.
10 5 10 4
答案 A ∵AB是圆柱底面圆的一条直径,
∴∠AOB=90°,∵OP=AB=√2OA,∴∠BAO=45°,∵AC∥OB,∴∠OAC=90°,又知
∠ACB=90°,OA=OB,∴ 四边形 OACB 为正方形 ,设AB=2,如图建立空间直角坐标系O-
xyz,
可知A(√2,0,0),B(0,√2,0),P(0,0,2),C(√2,√2,0),设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
⃗AB=(-√2,√2,0),⃗AP=(-√2,0,2),
{n·⃗AB=0 {-√2x+√2y=0
∴ 即
n·⃗AP=0, -√2x+2z=0,
令x=√2,则n=(√2,√2,1).
又⃗PC=(√2,√2,-2),设直线PC与平面PAB所成角为θ,
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∴sin θ=|cos<n,
|n·⃗PC| √10 √10
⃗PC>|= = ,∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 ,故选
|n|·|⃗PC| 10 10
A.
5.(2022黑龙江顶级名校4月联考,8)如图,四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂
√2
直,BC=BD=2,若直线AB与平面ACD所成角的正切值为 ,则点B到平面ACD的距离
4
为( )
√2 2 2√3 4
A. B. C. D.
3 3 3 3
答案 D 如图,
以直线BC,BD,BA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设BA=t(t>0),则
A(0,0,t),B(0,0,0),C(2,0,0),D(0,2,0),∴⃗AB=(0,0,-t),⃗CA=(-2,0,t),⃗CD=(-2,2,0),
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗CA=0, {-2x+tz=0,
则 即
n·⃗CD=0, -2x+2y=0,
( 2)
令x=1,得n= 1,1, .
t
∵直线AB与平面ACD所成角的正切值为
√2 1 |⃗AB·n| 2 1 ( 1)
,∴直线AB与平面ACD所成角的正弦值为 ,即 = = ,解得t=4(舍负),∴平面ACD的一个法向量为n= 1,1,
4 3 |⃗AB||n| √ 4 ,3 2
2+ ·|t|
t2
|⃗AB·n| 2 4
⃗AB=(0,0,-4),∴点B到平面ACD的距离d= = =
|n| √9 3,故选D.
4
6.(2022天一顶尖计划联考(三),8)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为
“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形.现有一个如图所示的曲池,
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它的高为2,AA ,BB ,CC ,DD 均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为
1 1 1 1
1和2,对应的圆心角为90°,则图中异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )
1 1
4 3 3 2
A. B. C. D.
5 5 4 3
答案 A 根据“曲池”的几何特征将其补形为一个四分之一圆柱,上、下底面圆心分
别为O ,O,连接BO ,OC ,作长方体OCEB-O C E B ,连接OE,EC ,如图所示,
1 1 1 1 1 1 1 1
则CD 1∥OC
1
,AB 1∥BO
1
.由长方体的性质知BO 1∥EC
1
,所以AB 1∥EC
1
,则∠OC
1
E或其补角为异
面直线AB 与CD 所成角.由题意知OB=OC=1,OO =2,所以OC =EC =√5,OE=√2,于是
1 1 1 1 1
(√5)2+(√5)2-(√2)2 4
在△OC
1
E中,由余弦定理得cos∠OC
1
E=
2×√5×√5
=
5
.
4
所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 .
1 1 5
7.(2022东城二模,10)如图,已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为1,则线段AD 上的动点
1 1 1 1 1
P到直线A C 的距离的最小值为 ( )
1 1
√2 √6 √3
A.1 B. C. D.
2 4 3
答案 D 连接A P,如图建立空间直角坐标系,则A (1,0,1),C (0,1,1),
1 1 1
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设P(x,0,1-x),0≤x≤1,则⃗A P=(x-1,0,-x),⃗A C =(-1,1,0),∴动点P到直线A C 的距离d=
1 1 1 1 1
√ |⃗A P·⃗A C | 2 √ |1-x| 2
|⃗A P|2- 1 1 1 = (x-1)2+(-x)2-
1 |⃗A C | √2
1 1
=
√3
x2-x+
1
=
√3(
x-
1) 2
+
1
≥
2 2 2 3 3
√3 1 √3
,当x= 时取等号,即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为
3 3 3
.故选D.
二、填空题
8.(2022太原一模,15)已知在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2,若三棱
锥的外接球体积为4√3π,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为 .
1
答案
2
解析 在三棱锥P-ABC中,因为PA⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥AC,PA⊥BC,
而AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以
BC⊥PB.取PC的中点O,连接BO,AO,则OB=OC=OP=OA,即 点 O 是三棱锥 P-ABC 的外
4
接球球心.由V= π·OA3=4
3
√3π,得OA=√3,则PC=2√3,又PA=PB=2,故AC=2√2,∠BAC=45°,又PB=2√2,
⃗PB=⃗AB-⃗AP,则⃗PB·⃗AC=(⃗AB-⃗AP)·⃗AC=⃗AB·⃗AC-⃗AP·⃗AC=2×2√2×cos 45°=4.设异面
直线PB与AC所成角为θ,则cos θ=|cos<⃗PB,
|⃗PB·⃗AC| 4 1 1
⃗AC>|= = = ,所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为
|⃗PB||⃗AC| 2√2×2√2 2 2
.
9.(2022天一大联考(五),16)在直四棱柱ABCD-A B C D 中,底面ABCD为正方
1 1 1 1
形,AA
1
=2AB=2.点P在侧面BCC
1
B
1
内,满足A
1
C⊥平面BDP,设点P到平面ABCD的距离
为h ,到CD的距离为h ,则h +h 的最小值为 .
1 2 1 2
4
答案
5
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解析 由题意知,A
1
C⊥BP,A
1
B 1⊥BP,又A
1
C∩A
1
B
1
=A
1
,则BP⊥平面A
1
B
1
C,故BP⊥B
1
C.在棱
1
CC
1
上取一点E,满足CE=
4
CC
1
,连接BE,易得BE⊥B
1
C,则P点轨迹为线段BE,且BE=
√5 4
.点P到平面ABCD的距离即为点P到线段BC的距离,点P到CD的距离即为点P到点C的距离.作点C关于BE的对称点C',则h1+h2=h1+PC',而h1+PC'的最小值为C'到BC的距离,利用平面几何的知识可得C'到BC的距离为
2 5
.
10.(2022门头沟一模,15)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形,且∠DAB=
π
,PD=AD,PD⊥平面ABCD,F,O分别是PA,BD的中点,E是线段PB上的动点,给出下列四
3
个结论:
①AC⊥OE;
②FC=PO;
√5
③直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为 ;
5
[√6 ]
④△AEC面积的取值范围是 ,√15 .
2
其中所有正确结论的序号是 .
答案 ①④
解析 由题得AC⊥BD,AC⊥PD,又BD∩PD=D,所以AC⊥平面PBD,因为OE⊂平面PBD,所
以AC⊥OE,①正确;
计算可得AC=2√3,PC=PA=2√2,AF=√2,AO=√3,
PO=√PA2-AO2=√(2√2)2-(√3)2=√5,cos∠PAC=
AC2+PA2-PC2 (2√3)2+(2√2)2-(2√2)2 √6
= = ,
2AC·PC 2×2√3×2√2 4
CF2=AF2+AC2-2AC·AFcos∠PAC=(
√6
√2)2+(2√3)2-2×2√3×√2× =8,所以CF=2√2,②不正确;
4
2√5
由线面角定义知,∠POD就是直线PO与底面ABCD所成的角,sin∠POD= ,③不正确;
5
1
由①得,AC⊥OE,所以S
△ACE
=
2
AC·OE=√3OE,|OE|max=√5,PB⊥OE时,|OE|最小,|OE|
√2 √6
= ,所以 ≤S ≤√15,④正确.
min 2 2 △ACE
故答案为①④.
11.(多选)(2022山东枣庄八中10月月考,11)在正方体ABCD-A B C D 中,点P在线段
1 1 1 1
B C上运动,则下列结论正确的是( )
1
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A.直线BD 1⊥平面A
1
C
1
D
B.三棱锥D-A C P的体积为定值
1 1
[π π]
C.异面直线AP与A D所成角的取值范围是 ,
1 6 2
√6
D.直线C P与平面A C D所成角的正弦值的最大值为
1 1 1 3
答案 ABD 对于A,∵A 1 C 1⊥B 1 D 1 ,A 1 C 1⊥BB 1 ,B 1 D 1 ∩BB 1 =B 1 ,∴A 1 C 1⊥平面
BB
1
D
1
,∴A
1
C 1⊥BD
1
,同理可得DC 1⊥BD
1
,∵A
1
C
1
∩DC
1
=C
1
,∴BD 1⊥平面A
1
C
1
D,故A正确.
对于B,∵A
1
D∥B
1
C,A
1
D⊂平面A
1
C
1
D,B
1
C⊄平面A
1
C
1
D,∴B
1
C∥平面A
1
C
1
D,∵点P在线段
B
1
C上运动,∴点P到平面A
1
C
1
D的距离为定值,又△A
1
C
1
D的面积为定值,∴利用等体积
法知三棱锥D-A C P的体积为定值,故B正确.
1 1
对于C,∵A
1
D∥B
1
C,∴异面直线AP与A
1
D所成的角即为AP与B
1
C所成的角,
π
当点P位于C点时,AP与B C所成的角为 ,当点P位于B C的中点时,
1 3 1
∵AB
1
=AC,∴AP⊥B
1
C,此时AP与B
1
C所成的角为
π [π π]
,∴异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 , ,故C错误.
2 3 2
对于D,以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0).设正方体ABCD-
A B C D 的棱长为1,P(a,1,a),0<a<1,则A (1,0,1),C (0,1,1),则⃗D A =(1,0,1),⃗DC =(0,1,1),
1 1 1 1 1 1 1 1
⃗C P=(a,0,a-1),设平面A1C1D的法向量为n=(x,y,z),则
{n·⃗DA
1
=0,
即
{x+z=0,
令x=1,得y=1,z=-1,则n=(1,1,-1),所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为
|⃗C
1
P·n|
=
1
=
1
,当a=
1
时,直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值取得最大值,为
1
=
√6
1 n·⃗DC 1 =0, y+z=0, |⃗C 1 P|·|n| √a2+(a-1)2·√3 √3· √ 2 ( a- 1) 2 + 1 2 √3× √1 3
2 2 2
,故D正确.故选ABD.
12.(多选)(2022湖北部分重点中学开学联考,12)如图,AE⊥平面
8
ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AE=BC=2,AB=AD=1,CF= ,则( )
7
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A.BD⊥EC
B.BF∥平面ADE
1
C.二面角E-BD-F的余弦值为
3
5
D.直线CE与平面BDE所成角的正弦值为
9
答案 BC 以A为坐标原点,分别以⃗AB,⃗AD,
⃗AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C, (1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2),F ( 1,2, 8)
7
则⃗BD=(-1,1,0),⃗EC=(1,2,-2),⃗BE=(-1,0,2).因为⃗BD·⃗EC=1≠0,所以BD,EC不垂直,故A错误.
( 8)
因为⃗AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量, ⃗BF= 0,2, ,所以⃗BF· ⃗AB=0,又因为BF⊄
7
平面ADE,所以BF∥平面ADE,故B正确.设平面BDF的法向量为m=(a,b,c),则
{m·⃗BD=0, {
-a+b=0,
7 ( 7) {n·⃗BD=0, {-x+ y=0, m·n 1 1
即 8 令b=1,则a=1,c=- ,所以m= 1,1,- .设平面, BDE的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,则x=2,y=2,所以n=(2,2,1),所以cos<m,n>= = ,则由题图知二面角E-BD-F的余弦值为
m·⃗BF=0, 2b+ c=0, 4 4 n·⃗BE=0, -x+2z=0, |m||n| 3 3
7
故C正确.设直线CE与平面BDE所成角为θ,因为⃗CE=(-1,-2,2),所以sin θ=|cos<
| ⃗CE·n | 4
⃗CE,n>|= = ,故D错误.故选BC.
|⃗CE||n| 9
三、解答题
13.(2022九师联盟4月联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD
中,PA=PD,AB∥CD,CD⊥AD,CD=2AB,点E为PC的中点,且BE⊥平面PCD.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
√7
(2)若二面角P-BD-C的余弦值为- ,求直线PC与AB所成角的正切值.
7
1
解析(1)证明:取PD的中点F,连接AF,EF,则EF∥CD,EF= CD.
2
1
又AB∥CD,AB= CD,所以EF∥AB,EF=AB,
2
则四边形ABEF为平行四边形,所以AF∥BE.
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因为BE⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以BE⊥CD,所以AF⊥CD.
又CD⊥AD,AF∩AD=A,AF,AD⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
(2)由题意,得BE⊥PD,又AF∥BE,则AF⊥PD,结合F为PD的中点,得AP=AD.
又AP=PD,所以△PAD为等边三角形.
设PD=1,AB=t,t>0,则CD=2t.取AD的中点O,连接PO,易知PO⊥平面ABCD,过O作AB
的平行线,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
( 1 ) (1 ) ( √3)
则D - ,0,0 ,B ,t,0 ,P 0,0, ,
2 2 2
(1 √3)
所以⃗DB=(1,t,0),⃗PB= ,t,- .
2 2
{n ·⃗DB=0, {
x+ty=0,
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则 1 即 1 √3
n ·⃗PB=0, x+ty- z=0.
1 2 2
(
-3
)
取x=3,则n = 3, ,-√3 为平面PBD的一个法向量.
1 t
又平面BCD的一个法向量为n =(0,0,1),
2
设二面角P-BD-C的平面角为θ,易知θ为钝角,
|n ·n | -√3 √7
1 2 = =-
所以cos θ=-|cos<n 1 ,n 2 >|=- |n 1 ||n 2 | √ 12+ 9 7 ,所以t2=1,则t=1,所以CD=2t=2.
t2
由AB∥CD,CD⊥PD,可得∠PCD为直线PC与AB所成的角.
PD 1
在Rt△PCD中,tan∠PCD= = .
CD 2
1
故PC与AB所成角的正切值为 .
2
14.(2022成都石室中学二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面
ABCD,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AB=BC=2,AD=4,E为棱PD的中点,⃗PF=λ⃗PC(λ为常数,且
0<λ<1).
(1)若直线BF∥平面ACE,求实数λ的值;
1
(2)当λ= 时,求二面角C-AE-F的大小.
4
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解析(1)因为PA⊥底面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.
由题意可知,AB,AD,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,2),E(0,2,1),
所以⃗AC=(2,2,0),⃗AE=(0,2,1),⃗BP=(-2,0,2),⃗PC=(2,2,-2),
则⃗PF=λ⃗PC=(2λ,2λ,-2λ),
所以⃗BF=⃗BP+⃗PF=(2λ-2,2λ,2-2λ).
设平面ACE的法向量为m=(x,y,z).
{⃗AC·m=0, {2x+2y=0,
由 得 令x=1,得m=(1,-1,2).
⃗AE·m=0, 2y+z=0,
1
因为BF∥平面ACE,所以⃗BF·m=2λ-2-2λ+4-4λ=0,解得λ= .
2
(2)由(1)知
⃗AP=(0,0,2), ⃗PF=(2λ,2λ,-2λ), ⃗AE=(0,2,1),平面ACE的一个法向量为m=(1,-1,2).
1 (1 1 3)
当λ= 时,⃗AF=⃗AP+ ⃗PF=(2λ,2λ,2-2λ)= , , .
4 2 2 2
设平面AEF的法向量为n=(x ,y ,z ).
0 0 0
{ 2y +z =0,
{⃗AE·n=0, 0 0
由 得 1 1 3
⃗AF·n=0, x + y + z =0.
2 0 2 0 2 0
令y =1,得n=(5,1,-2),
0
m·n π
所以cos<m,n>= =0,所以二面角C-AE-F的大小为 .
|m||n| 2
15.(2022东城二模,18)如图,平面PAC⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC,D,O分别为PA,AC的
中点,AC=8,PA=PC=5.
(1)设平面PBC∩平面BOD=l,判断直线l与PC的位置关系,并证明;
(2)求直线PB与平面BOD所成角的正弦值.
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解析 (1)直线l∥PC,证明如下:
因为D,O分别为PA,AC的中点,所以DO∥PC.
又因为DO⊂平面BOD,PC⊄平面BOD,
所以PC∥平面BOD.
因为PC⊂平面PBC,平面PBC∩平面BOD=l,
所以l∥PC.
(2)连接PO.因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC.
因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,
所以PO⊥平面ABC.因为OB⊂平面ABC,所以PO⊥OB.
因为AB=BC,O为AC中点,所以OB⊥AC.所以OB、OC、OP两两垂直.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),A(0,-4,0),B(4,0,0),P(0,0,3).
所以⃗PB=(4,0,-3),⃗OB=(4,0,0).
( 3)
因为点D为PA中点,所以D 0,-2, .
2
所以 ⃗OD= ( 0,-2, 3) ,
2
设平面BOD的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗OB=0, {
4x=0,
则 即 3
n·⃗OD=0, -2y+ z=0.
2
令z=4,则y=3,得n=(0,3,4).
设直线PB与平面BOD所成角为α,
|⃗PB·n| 12
所以sin α=|cos<⃗PB,n>|= = .
|⃗PB|·|n| 25
12
所以直线PB与平面BOD所成角的正弦值为 .
25
16.(2022门头沟一模,18)如图,在正三棱柱ABC-A B C 中,AB=AA =2,D,P分别是BC,CC
1 1 1 1 1
的中点.
(1)在侧棱BB
1
上作出点F,满足DF∥平面AB
1
P,并给出证明;
(2)求二面角B -AP-C 的余弦值及点B到平面AB P的距离.
1 1 1
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页曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
解析 (1)取BB 的中点E,BE的中点即为F.
1
证明:连接CE、DF,则EC∥B
1
P,DF∥EC,则DF∥B
1
P,
因为DF⊄平面AB
1
P,B
1
P⊂平面AB
1
P,所以DF∥平面AB
1
P.
(2)设O是AC的中点,Z是A C 的中点,连接OB、OZ.
1 1
则OZ⊥平面ABC,因为△ABC为正三角形,
所以OB⊥AC,所以OB,OC,OZ两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),B (√3,0,2),P(0,1,1),所以⃗AP=(0,2,1),
1
⃗AB =(√3,1,2),
1
设平面AB P的法向量为n=(x,y,z),
1
{n·⃗AP=0, { 2y+z=0,
所以 则 令y=1,则x=√3,z=-2,故n=(√3,1,-2),
n·⃗AB =0, √3x+ y+2z=0,
1
易知平面C AP的一个法向量为m=(1,0,0),
1
n·m √6
所以cos<n,m>= = ,
|n||m| 4
易知二面角B -AP-C 是锐二面角,
1 1
√6
所以二面角B -AP-C 的余弦值为 .
1 1 4
|⃗BB ·n|
⃗BB =(0,0,2),设点B到平面AB1P的距离为d,则d= 1 =√2.
1 |n|
17.(2022海淀期末,17)如图,已知长方体ABCD-A B C D 中,AB=AD=2,AA =1.E为A D
1 1 1 1 1 1 1
的中点,平面CB E交棱DD 于点F.
1 1
(1)求证:B
1
C∥EF;
(2)求二面角C-B E-C 的余弦值,并求点A到平面CB E的距离.
1 1 1
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解析 (1)证明:由长方体的性质知:平面BCC
1
B 1∥平面ADD
1
A
1
,又B
1
C⊂平面BCC
1
B
1
,
∴B
1
C∥平面ADD
1
A
1
,又平面CB
1
E∩平面ADD
1
A
1
=EF,且B
1
C⊂平面CB
1
E,∴B
1
C∥EF.
(2)以A为坐标原点,AB,AD,AA 所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则
1
A(0,0,0),B (2,0,1),E(0,1,1),C(2,2,0),C (2,2,1),
1 1
∴⃗EB =(2,-1,0),⃗CB =(0,-2,1),
1 1
{m·⃗EB =0, {2x- y=0,
设平面CB E的法向量为m=(x,y,z),则 1 即 令y=2,则
1 m·⃗CB =0, -2y+z=0,
1
m=(1,2,4),易知平面C B E的一个法向量为n=(0,0,1),
1 1
∴cos<m,n>=
m·n 4 4√21 4√21
= = ,由图可知二面角C-B1E-C1是锐二面角,所以二面角C-B1E-C1的余弦值是
|m||n| √1+4+16 21 21
.
|m·⃗AC| 6 2√21
⃗AC=(2,2,0),∴A到平面CB1E的距离为 = = .
|m| √21 7
18.(2022昌平二模,16)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中,点M是BC的中点.
1 1 1 1
(1)求证:AB 1⊥平面A
1
BM;
(2)求二面角B-A M-C 的大小;
1 1
(3)求点A到平面A MC 的距离.
1 1
解析 (1)证明:在正方体ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
因为BC⊥平面AA
1
B
1
B,AB 1⊂平面AA
1
B
1
B,
所以BC⊥AB
1
,即BM⊥AB
1
.
因为四边形AA
1
B
1
B是正方形,所以A
1
B⊥AB
1
.
因为A
1
B∩BM=B,A
1
B,BM⊂平面A
1
BM,
所以AB 1⊥平面A
1
BM.
第 13 页 共 31
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(2)如图,建立空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),B (2,2,2),A (2,0,2),M(1,2,0),C (0,2,2).所以
1 1 1
⃗AB =(0,2,2),⃗A C =(-2,2,0),⃗C M=(1,0,-2).
1 1 1 1
由(1)知,平面A BM的一个法向量为⃗AB =(0,2,2),
1 1
设平面A MC 的法向量为n=(x,y,z),
1 1
{n·⃗A C =0, {-2x+2y=0,
则 1 1 即
n·⃗C M=0, x-2z=0,
1
令x=2,则y=2,z=1,所以n=(2,2,1).
n·⃗AB
√2
所以cos<n, ⃗AB >= 1 = .
1 |n|·|⃗AB | 2
1
由图可知,二面角B-A M-C 为钝二面角,
1 1
所以二面角B-A M-C 的大小为135°.
1 1
(3)设点A到平面A MC 的距离为d,
1 1
因为⃗A A =(0,0,2),n=(2,2,1),
1
|⃗A A ·n| 2
所以d= 1 = .
|n| 3
2
所以点A到平面A MC 的距离为 .
1 1 3
19.(2022朝阳二模,17)如图,在长方体ABCD-A B C D 中,底面ABCD是边长为2的正方
1 1 1 1
形,DD =4,E,F分别是CC ,B C 的中点,
1 1 1 1
(1)求证:A
1
F∥平面AED
1
;
1
(2)设H在棱BB
1
上,且BH=
4
BB
1
,N为CD的中点,求证:NH⊥平面AED
1
;并求直线AN与
平面AED 所成角的正弦值.
1
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解析 (1)证明:连接A D,设A D∩AD =O,连接OE,EF,B C.
1 1 1 1
在长方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,因为A
1
B 1∥CD,且A
1
B
1
=CD,所以四边形A
1
B
1
CD是平行四
边形.
所以A
1
D∥B
1
C,且A
1
D=B
1
C.
因为E,F分别是CC ,B C 的中点,
1 1 1
1
所以FE∥B
1
C,且FE=
2
B
1
C.
在矩形A ADD 中,O是A D的中点,
1 1 1
所以A
1
O∥FE,且A
1
O=FE.
所以四边形A
1
OEF是平行四边形.所以A
1
F∥OE.
因为A
1
F⊄平面AED
1
,OE⊂平面AED
1
,
所以A
1
F∥平面AED
1
.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(2,0,0),D (0,0,4),E(0,2,2),H(2,2,1),N(0,1,0).所以⃗AD =(-2,0,4),⃗D E=(0,2,-2),
1 1 1
⃗NH=(2,1,1),⃗AN=(-2,1,0).
设平面AED 的法向量为m=(x,y,z),
1
{m·⃗AD =0, {-2x+4z=0,
则 1 即
m·⃗D E=0, 2y-2z=0.
1
令z=1,则x=2,y=1.所以m=(2,1,1).
所以⃗NH=m.所以NH⊥平面AED
1
.
设AN与平面AED 所成角为θ,
1
|⃗AN·m| |-4+1+0| √30
则sin θ=|cos< ⃗AN,m>|= = = .
|⃗AN|·|m| √4+1+0×√4+1+1 10
20.(2022西城二模,18)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,四边形AA C C是边长为4的菱
1 1 1 1 1
形,AB=BC=√13,点D为棱AC上的动点(不与A,C重合),平面B BD与棱A C 交于点E.
1 1 1
(1)求证:BB 1∥DE;
AD 3
(2)若 = ,从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个条件作为已知,求直线
AC 4
AB与平面B BDE所成角的正弦值.
1
条件①:平面ABC⊥平面AA
1
C
1
C;
条件②:∠A
1
AC=60°;
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条件③:A B=√21.
1
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,AA 1∥BB
1
,因为BB 1⊄平面ACC
1
A
1
,AA 1⊂平面
ACC A ,
1 1
所以BB 1∥平面ACC
1
A
1
,
又因为平面B
1
BDE∩平面ACC
1
A
1
=DE,所以BB 1∥DE.
(2)选条件①②.
连接A C,取AC中点O,连接A O,BO.
1 1
在菱形ACC
1
A
1
中,∠A
1
AC=60°,所以△A
1
AC为等边三角形.
又因为O为AC中点,所以A
1
O⊥AC,
又因为平面ABC⊥平面ACC
1
A
1
,平面ABC∩平面ACC
1
A
1
=AC,A
1
O⊂平面ACC
1
A
1
,且
A
1
O⊥AC,
所以A
1
O⊥平面ABC,
因为OB⊂平面ABC,所以A
1
O⊥OB.
因为AB=BC,O为AC中点,所以BO⊥AC.
所以OB、OC、OA 两两垂直.以O为原点,OB、OC、OA 所在直线分别为x轴、y轴、
1 1
z轴建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(0,-2,0),A (0,0,2√3),B(3,0,0),D(0,1,0).所以⃗AB=(3,2,0),⃗BD=(-3,1,0),⃗DE=
1
⃗A A =(0,2,2√3).
1
设平面B BDE的法向量为n=(x,y,z),
1
{n·⃗BD=0, {-3x+ y=0,
则 所以
n·⃗DE=0, 2y+2√3z=0.
令y=3,则x=1,z=-√3,故n=(1,3,-√3).
设直线AB与平面B BDE所成角为θ,
1
|⃗AB·n| 9
所以sin θ=|cos< ⃗AB,n>|= = .
|⃗AB||n| 13
第 16 页 共 31
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9
所以直线AB与平面B BDE所成角的正弦值为 .
1 13
选条件②③.
连接A C,取AC中点O,连接A O,BO.
1 1
在菱形ACC
1
A
1
中,∠A
1
AC=60°,
所以△A
1
AC为等边三角形.
又因为O为AC中点,故A
1
O⊥AC,且A
1
O=2√3.
又因为OB=3,A B=√21.
1
所以A
1
O2+OB2=A
1
B2,所以A
1
O⊥OB.
又因为AC∩OB=O,所以A
1
O⊥平面ABC.
因为AB=BC,O为AC中点,所以BO⊥AC.
所以OB、OC、OA 两两垂直.
1
以下同选条件①②.
选条件①③.
取AC中点O,连接A O,BO.
1
在△ABC中,因为BA=BC,O为AC中点,
所以BO⊥AC,且AO=2,OB=3.
又因为平面ABC⊥平面ACC
1
A
1
,平面ABC∩平面ACC
1
A
1
=AC,BO⊂平面ABC,所以BO⊥
平面ACC A .
1 1
因为OA 1⊂平面ACC
1
A
1
,所以BO⊥OA
1
.
在Rt△BOA
1
中,OA
1
=√A
1
B2-OB2=2√3.
又因为OA=2,AA
1
=4,所以OA
1
2 +OA2=AA
1
2 ,所以A
1
O⊥AO.
所以OB、OC、OA 两两垂直.
1
以下同选条件①②.
21.(2022天津部分区一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方
形,△PAD是等边三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点.
(1)求证:PO⊥平面ABCD;
(2)求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小;
π
(3)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与 平面EFG所成角为 ?若存在,求线段PM
6
的长;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:因为△PAD是等边三角形,
O是AD的中点,所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥CD.
又AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
(2)连接OG,易知OG⊥AD,
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如图,以O为坐标原点,分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角
坐标系.
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0),D(-2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,2
√3),E(-1,2,√3),F(-1,0,√3),所以⃗EF=(0,-2,0),⃗EG=(1,2,-√3).
设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),
{⃗EF·m=0, {-2y=0,
所以 即
⃗EG·m=0, x+2y-√3z=0,
令z=1,则m=(√3,0,1),
又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
|m·n| 1 1
= =
所以|cos<m,n>|= .
|m||n| √(√3)2+12×1 2
π
所以平面EFG 与平面ABCD的夹角为 .
3
(3)不存在.理由如下:
π
假设线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 ,
6
设⃗PM=λ⃗PA,λ∈[0,1],即⃗PM=λ(2,0,-2√3),
可得M(2λ,0,2√3-2√3λ) ,
所以⃗GM=(2λ,-4,2√3-2√3λ),
π √3
所以sin =|cos<
⃗GM,m>|=
,
6 2√4λ2-6λ+7
整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,
π
所以假设不成立,即线段PA上不存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 .
6
22.(2022天津市实验中学统练,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,其
中AD∥BC,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD,且PA=3,点M在PD上,点N为BC中点.
(1)证明:DM=2MP时,直线MN∥平面PAB;
(2)求二面角C-PD-N的正弦值;
√2 PM
(3)是否存在点M,使NM与平面PCD所成角的正弦值为 ?若存在,求出 的值;
6 PD
若不存在,说明理由.
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1
解析 (1)证明:在线段AD上取一点Q,使AQ= AD=1,连接MQ,NQ,
3
∵DM=2MP,∴QM∥AP,
又N为BC中点,AB=BC=2,∴AQ=BN,
又AQ∥BN,∴四边形ABNQ为平行四边形,
∴NQ∥AB,
又NQ∩MQ=Q,AB∩AP=A,∴平面MNQ∥平面PAB,
∵MN⊂平面MNQ,∴MN∥平面PAB.
(2)如图所示,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标
系,
则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),P(0,0,3),N(2,1,0),
∴⃗PD=(0,3,-3),⃗CD=(-2,1,0),⃗DN=(2,-2,0),
设平面PCD的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{⃗PD·n =3 y -3z =0,
1 1 1
则 令x =1,则n =(1,2,2),
⃗CD·n =-2x + y =0, 1 1
1 1 1
设平面PND的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{⃗PD·n =3 y -3z =0,
2 2 2
则 令x =1,则n =(1,1,1),
⃗DN·n =2x -2y =0, 2 2
2 2 2
n ·n 5√3
∴cos<n ,n >= 1 2 = ,
1 2 |n ||n | 9
1 2
√ (5√3) 2 √6
则二面角C-PD-N的正弦值为 1- = .
9 9
PM 1 PM
(3)存在, = 或 =1.理由如下:
PD 3 PD
PM
假设存在点M,设 =λ,即⃗PM=λ⃗PD,λ∈[0,1],
PD
则⃗PM=(0,3λ,-3λ),可得M(0,3λ,3-3λ),∴⃗MN=(2,1-3λ,3λ-3),
设NM与平面PCD所成角为θ,
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|⃗MN·n |
∴sin θ=|cos<⃗MN,n1>|= 1
|⃗MN||n |
1
| 2+2(1-3λ)+2(3λ-3) | √2
=
= ,
√12+22+22·√22+(1-3λ)2+(3λ-3)2 6
1
解得λ= 或λ=1,
3
√2 PM 1 PM
故存在点M,使NM与平面PCD所成角的正弦值为 ,此时 = 或 =1.
6 PD 3 PD
23.(2022天津七中阶段检测一,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为直角梯
形,BC∥AD,∠BAD=90°,AD=PD=2AB=2BC=2,M为PA的中点.
(1)求证:BM∥平面PCD;
(2)若平面ABCD⊥平面PAD,异面直线BC与PD所成角为60°,且△PAD为钝角三角形,求
二面角B-PC-D的正弦值.
解析 (1)证明:取PD的中点N.连接CN,MN.
1
因为M为PA的中点,所以MN∥AD,且MN= AD,
2
1
又BC∥AD,且BC= AD,所以MN∥BC,MN=BC,
2
所以四边形BMNC为平行四边形,
所以BM∥CN,因为CN⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,
所以BM∥平面PCD.
(2)因为BC∥AD,BC与PD所成角为60°,且△PAD为钝角三角形,所以∠ADP=120°,
又平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,
AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,
以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则B(0,0,1),D(0,2,0),C(0,1,1),P(√3,3,0),
所以⃗PC=(-√3,-2,1),⃗PB=(-√3,-3,1),⃗PD=(-√3,-1,0),设平面PBC的法向量为
n=(x,y,z),
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则
{n·⃗PC=0, {-√3x-2y+z=0,
即 令x=1,则y=0,z=√3,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,0,√3
n·⃗PB=0, -√3x-3 y+z=0,
),
同理可得平面PCD的一个法向量为m=(1,-√3,-√3),
设二面角B-PC-D的平面角为θ,
|m·n| 2 √7
则|cos θ|=|cos<m,n>|= = = ,
|m||n| 2√7 7
√42
所以sin
θ=√1-cos2θ=
,
7
√42
故二面角B-PC-D的正弦值为 .
7
24.(2022和平一模,17)平行四边形ABCD所在的平面与直角梯形ABEF所在的平面垂
1 π
直,BE∥AF,AB=BE= AF=1,AB⊥AF,∠CBA= ,BC=√2,P为DF的中点.
2 4
(1)求证:AC⊥EF;
(2)求点P到平面BCE的距离;
√10
(3)若直线EF上存在点H,使得直线CF,BH所成角的余弦值为 ,求直线BH与平面
5
ADF所成角的大小.
π
解析 (1)证明:在△ABC中,AB=1,∠CBA= ,BC=√2,所以AC2=AB2+BC2-
4
2AB×BC×cos∠CBA=1,
所以AC2+AB2=BC2,所以AB⊥AC,
又平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥平面
ABEF,
因为EF⊂平面ABEF,所以AC⊥EF.
(2)以A为原点,分别以AB、AF、AC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-
xyz,
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( 1 1)
所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,0,1),D(-1,0,1),E(1,1,0),F(0,2,0),P - ,1, .
2 2
所以⃗BC=(-1,0,1),⃗CE=(1,1,-1), ⃗CP= ( - 1 ,1,- 1) .
2 2
设平面BCE的法向量为m=(x ,y ,z ),
0 0 0
{⃗BC·m=0, {-x +z =0,
则 即 0 0
⃗CE·m=0, x + y -z =0,
0 0 0
令x =1,则m=(1,0,1),
0
|⃗CP·m| √2
所以点P到平面BCE的距离d= = .
|m| 2
(3)⃗CF=(0,2,-1),⃗EF=(-1,1,0),⃗BE=(0,1,0),
设⃗EH=λ⃗EF=(-λ,λ,0),所以⃗BH=⃗BE+
|⃗BH·⃗CF| |2(1+λ)| √10 1
⃗EH=(-λ,1+λ,0).所以 = = ,解得λ=- ,所以
|⃗BH||⃗CF| √λ2+(λ+1)2×√5 5 2
(1 1 )
⃗BH= , ,0 ,
2 2
设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),
因为⃗AD=(-1,0,1),⃗AF=(0,2,0),
{n·⃗AD=0, {-x+z=0,
所以 n·⃗AF=0 ⇒ y=0, 令x=1,则n=(1,0,1),
设直线BH与平面ADF所成的角为θ,
|⃗BH·n| 1
所以sin θ=|cos<⃗BH,n>|= = .
|⃗BH||n| 2
[ π] π π
因为θ∈ 0, ,所以θ= ,即直线BH与平面ADF所成的角为 .
2 6 6
25.(2022天津耀华中学统练9,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯
1
形,AD∥BC,BC= AD=1且CD=√3,E为AD的中点,F是棱PA的中点,PA=2,PE⊥底面
2
ABCD,AD⊥CD.
(1)证明:BF∥平面PCD;
(2)求二面角P-BD-F的正弦值;
(3)在线段PC(不含端点)上是否存在一点M,使得直线BM和平面BDF所成角的正弦值
√39
为 ?若存在,求出此时PM的长;若不存在,说明理由.
13
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解析 (1)由题意得BCDE,∠ADC=90°,
所以四边形BCDE为矩形,所以BE⊥AD,
又PE⊥平面ABCD,所以PE⊥AE,PE⊥BE,
如图建立空间直角坐标系E-xyz,
则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),D(-1,0,0),
(1 √3)
P(0,0,√3),C(-1,√3,0),F ,0, ,
2 2
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
∵⃗DC=(0,√3,0),⃗DP=(1,0,√3),
{⃗DC·m=0, { √3 y=0,
∴ 则
⃗DP·m=0, x+√3z=0,
令x=-√3,可得m=(-√3,0,1),
(1 √3)
又⃗BF= ,-√3, ,可得⃗BF·m=0,
2 2
又因为BF⊄平面PCD,所以BF∥平面PCD.
(2)设平面PBD的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
∵⃗DB=(1,√3,0),⃗BP=(0,-√3,√3),
{⃗DB·n =0, { x +√3 y =0,
∴ 1 即 1 1
⃗BP·n =0, -√3 y +√3z =0,
1 1 1
令x =√3,可得n1=(√3,-1,-1).
1
设平面BDF的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{ x +√3 y =0,
(3 √3) {⃗DB·n =0, 2 2
∵ ⃗DF= ,0, ,∴ 2 即 3 √3
2 2 ⃗DF·n =0, x + z =0,
2 2 1 2 2
令x =-√3,可得n2=(-√3,1,3).
2
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n ·n 7√65
因此有cos<n ,n >= 1 2 =- ,
1 2 |n ||n | 65
1 2
4√65
所以sin<n ,n >=√1-cos2<n ,n >= ,
1 2 1 2 65
4√65
所以二面角P-BD-F的正弦值为 .
65
7
(3)存在,PM= .理由如下:
3
假设存在点M,设⃗PM=λ⃗PC=λ(-1,√3,-√3)=(-λ,√3λ,-√3λ),λ∈(0,1),
所以⃗BM=⃗BP+⃗PM=(-λ,-√3+√3λ,√3-√3λ).
由(2)可知平面BDF的一个法向量为n =(-√3,1,3).
2
|⃗BM·n |
所以|cos<⃗BM,n2>|= 2
|⃗BM|·|n |
2
|√3λ+√3λ-√3+3√3-3√3λ| √39
=
= ,
√λ2+2(√3λ-√3)2·√13 13
1
整理得3λ2-4λ+1=0,解得λ=1(舍)或λ= ,
3
( 1 √3 √3) √7
所以⃗PM= - , ,- ,所以|⃗PM|= .
3 3 3 3
一题多解 (1)取PD的中点H,
1 1
连接FH,HC.因为F为PA的中点,所以FH∥AD,且FH= AD,又因为BC∥AD,且BC= AD,
2 2
所以BCFH,所以四边形BCHF为平行四边形,所以BF∥HC,
又HC⊂平面PCD,BF⊄平面PCD,所以BF∥平面PCD.
26.(2022和平二模,17)如图,在四棱台ABCD-A B C D 中,底面四边形ABCD为菱形,
1 1 1 1
1
∠ABC=60°,AA
1
=A
1
B
1
=
2
AB=1,AA 1⊥平面ABCD,若点M是AD的中点.
(1)求证:C
1
M∥平面ABB
1
A
1
;
(2)求直线C M与平面AD D所成角的余弦值;
1 1
√3
(3)棱BC上存在点E,使得CE=1- ,求平面EAD 与平面AD D的夹角的正弦值.
2 1 1
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解析 (1)证明:取BC中点Q,连接AQ,AC,由四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°得△ABC为
等边三角形,∴AQ⊥BC,又∵AD∥BC,∴AQ⊥AD.∵AA 1⊥平面
ABCD,∴AA 1⊥AQ,AA 1⊥AD.∴以A为坐标原点,AQ、AD、AA
1
所在直线分别为x轴、y
轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),A (0,0,1),D(0,2,0),D (0,1,1),Q(
1 1
(√3 1 )
√3,0,0),C(√3,1,0),B(√3,-1,0),C1 , ,1 ,M(0,1,0),∴⃗A A =(0,0,1),⃗AB=(√3,
2 2 1
( √3 1 )
-1,0),⃗C M= - , ,-1 .
1 2 2
设平面ABB A 的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1 1 1
{n ·⃗A A =0, { z =0,
∴ 1 1 即 1
n ·⃗AB=0, √3x - y =0,
1 1 1
取x =1,则n =(1,√3,0),
1 1
∵⃗C
1
M·n
1
=0,∴⃗C
1
M ⊥n
1
.
又∵C
1
M⊄平面ABB
1
A
1
,∴C
1
M∥平面ABB
1
A
1
.
(2)设直线C M与平面AD D所成角为θ ,
1 1 1
( √3 1 )
∵⃗C M= - , ,-1 ,平面AD D的一个法向量为n =(1,0,0),
1 2 2 1 2
√3
∴sin θ 1 =|cos< ⃗C M,n2>|= |⃗C 1 M·n 2 | = 2 = √6.
1 |⃗C M|·|n | √2 4
1 2
∵θ
1∈
( π] √10 √10
0, ,∴cos θ1= ,∴直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值为 .
2 4 4
√3 ( √3 )
(3)∵CE=1- ,∴点E的坐标为 √3, ,0 ,
2 2
( √3 )
∴⃗AE= √3, ,0 ,
2
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设平面EAD 的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 3 3 3 3
{n ·⃗AE=0, { √3x + √3 y =0,
∴ 3 即 3 2 3
n ·⃗AD =0,
3 1 y +z =0,
3 3
(1 )
取z =1,则n = ,-1,1 .
3 3 2
设平面EAD 与平面AD D的夹角为θ ,
1 1 2
∵平面AD D的一个法向量为n =(1,0,0),
1 2
|n ·n | 1
∴cos θ =|cos<n ,n >|= 2 3 = ,
2 2 3 |n |·|n | 3
2 3
2√2
∴sin θ =√1-cos2θ = ,
2 2 3
√3 2√2
∴CE=1- 时,平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为 .
2 3
27.(2022天津十二区县重点学校二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角
梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AP⊥平面ABCD,AB=BC=2AP=2AD=2,点M,N分别为线段BC
和PD的中点.
(1)求证:AN⊥平面PDM;
(2)求平面PDM与平面PDC夹角的正弦值;
(3)在线段PC(不包括端点)上是否存在一点E,使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值
2
为 ?若存在,求出线段PE的长;若不存在,请说明理由.
3
解析 以A为坐标原点,AB,AD,AP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.
( 1 1)
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1,0),P(0,0,1),M(2,1,0),N 0, , .
2 2
(1)证明:设平面PDM的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1
∵⃗PD=(0,1,-1),⃗DM=(2,0,0),
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{m·⃗PD=0, {y -z =0,
∴ 即 1 1
m·⃗DM=0, x =0.
1
令y =1,则m=(0,1,1),又 ⃗AN= ( 0, 1 , 1) ,
1 2 2
1
∴⃗AN= m,∴⃗AN∥m,
2
∴AN⊥平面PDM.
(2)设平面PDC的法向量为n=(x ,y ,z ),
2 2 2
∵⃗PD=(0,1,-1),⃗DC=(2,1,0),
{n·⃗PD=0, { y -z =0,
∴ 即 2 2 令y =2,则n=(-1,2,2).
n·⃗DC=0, 2x + y =0, 2
2 2
由(1)知平面PDM的一个法向量为m=(0,1,1),
设平面PDM与平面PDC的夹角为θ,
|m·n| 4 2√2
∴cos θ=|cos<m,n>|= = = ,
|m||n| √2×3 3
1
∴sin θ=
√1-cos2θ=
,
3
1
∴平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为 .
3
(3)假设存在点E,设⃗PE=λ⃗PC(0<λ<1),
∵⃗BP=(-2,0,1),⃗PC=(2,2,-1),∴⃗PE=(2λ,2λ,-λ),
⃗BE=⃗BP+⃗PE=(2λ-2,2λ,1-λ),
设直线BE与平面PDC所成角为φ,
由(2)知平面PDC的一个法向量为n=(-1,2,2),
|⃗BE·n| 4 2
∴sin φ=|cos< ⃗BE,n>|= = = ,
|⃗BE||n| √9λ2-10λ+5×3 3
得9λ2-10λ+1=0,即(9λ-1)(λ-1)=0,
1 1
∵0<λ<1,∴λ= ,故 ⃗PE= ⃗PC,
9 9
1 1
由|⃗PC|=3可知|⃗PE|= | ⃗PC|= ,
9 3
1
∴线段PE的长为 .
3
1
一题多解 (1)证明:∵AD∥BC,且AD= BC=BM,
2
∴四边形ADMB是平行四边形,
∴AB∥DM.
又∵∠BAD=90°,∴AD⊥DM.
∵AP⊥平面ABCD,DM⊂平面ABCD,
∴AP⊥DM.
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又AD∩AP=A,AD⊂平面PAD,AP⊂平面PAD,
∴DM⊥平面PAD.又AN⊂平面PAD,∴DM⊥AN.
∵AP=AD,N是PD的中点,∴PD⊥AN.
∵DM∩PD=D,PD⊂平面PDM,DM⊂平面PDM,
∴AN⊥平面PDM.
一年创新
1.(2022天津三中二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等
腰三角形,且PB=PC=3.在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.
(1)求证:AB∥平面PCD;
(2)求二面角A-PB-C的余弦值;
√10 CQ
(3)请问棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为 ?若存在,求出 的值;若不
10 CB
存在,说明理由.
解析 (1)证明:∵AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AB∥平面PCD.
(2)易得BC=√42-(5-3)2=2√5,
又PB=PC=3,∴P到BC的距离为√32-5=2,
∵平面PBC⊥平面ABCD,∴P到平面ABCD的距离为2.
以D为原点建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(4,0,0),B(4,5,0),C(0,3,0), P(2,4,2),
∴⃗PB=(2,1,-2),⃗AB=(0,5,0),⃗CB=(4,2,0),
设平面APB的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1
{m·⃗PB=0, {2x + y -2z =0,
则 即 1 1 1
m·⃗AB=0, 5 y =0,
1
令x =1,可得m=(1,0,1),
1
设平面PBC的法向量为n=(x ,y ,z ),
2 2 2
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{n·⃗PB=0, {2x + y -2z =0,
则 即 2 2 2
n·⃗CB=0, 4x +2y =0,
2 2
令x =1,可得n=(1,-2,0),
2
m·n 1 √10
∴cos<m,n>= = = .
|m|·|n| √2×√5 10
由图可知二面角A-PB-C为锐二面角,
√10
∴二面角A-PB-C的余弦值为 .
10
CQ √5
(3)存在, =1- ,理由如下:
CB 20
√10
假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为 ,
10
CQ
设 =λ(0≤λ≤1),则⃗CQ=λ⃗CB=λ(4,2,0)=(4λ,2λ,0),
CB
∴Q(4λ,2λ+3,0),
∴⃗AQ=(4λ-4,2λ+3,0),
∴点Q到平面PBA的距离d=
|⃗AQ·m| |4λ-4| √10 √5 √5
= = ,解得λ=1- 或λ=1+ (舍),
|m| √2 10 20 20
√10 CQ √5
∴棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为 ,此时 =1- .
10 CB 20
2.(2022四川泸州第三次诊断,19)已知直三棱柱ABC-A B C 中,D为B C 的中点.
1 1 1 1 1
(1)若AB=AC=2,BC=2√2,AA =2,求点C到平面ABD的距离;
1
(2)从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①A
1
B⊥B
1
C;②BD⊥B
1
C;③A
1
B
1
=A
1
C
1
.
解析 (1)因为AB=AC=2,BC=2√2,
所以AB2+AC2=BC2,即△ABC是直角三角形,AB⊥AC,
1
所以S = ×2×2=2.
△ABC 2
因为AA 1⊥平面ABC,所以点D到平面ABC的距离为AA
1
的长,
连接A
1
D,A
1
D⊂平面A
1
B
1
C
1
,所以AA 1⊥A
1
D.
1
因为D为B C 的中点,所以DB = B1C1=√2,
1 1 1 2
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1
在Rt△A
1
B
1
C
1
中,A
1
D=
2
B1C1=√2,
所以AD=√A A2+A D2=√4+2=√6,
1 1
同理,BB 1⊥DB
1
,则BD=√DB
1
2+BB
1
2=√2+4=√6,所以△ABD是等腰三角形,则S
△ABD
=
1
×2×√(√6)2-12=√5.
2
设点C到平面ABD的距离为d,
1 1
因为V =V ,即 S ·d= S ·AA ,解得d=
C-ABD D-ABC 3 △ABD 3 △ABC 1
4√5 4√5
,故点C到平面ABD的距离为 .
5 5
(2)选择①②为条件,证明③成立.
证明:连接A
1
D,因为A
1
B⊥B
1
C,BD⊥B
1
C,A
1
B∩BD=B,A
1
B⊂平面A
1
BD,BD⊂平面A
1
BD,所以
B
1
C⊥平面A
1
BD.
因为A
1
D⊂平面A
1
BD,所以B
1
C⊥A
1
D,
又BB 1⊥平面A
1
B
1
C
1
,A
1
D⊂平面A
1
B
1
C
1
,所以BB 1⊥A
1
D,
因为BB
1
∩B
1
C=B
1
,BB
1
,B
1
C⊂平面BCC
1
B
1
,
所以A
1
D⊥平面BCC
1
B
1
,因为B
1
C 1⊂平面BCC
1
B
1
,所以A
1
D⊥B
1
C
1
,
因为D为B C 的中点,所以A B =A C .
1 1 1 1 1 1
选择①③为条件,证明②成立.
证明:连接A
1
D,因为A
1
B
1
=A
1
C
1
,D为B
1
C
1
的中点,所以A
1
D⊥B
1
C
1
,
因为BB 1⊥平面A
1
B
1
C
1
,A
1
D⊂平面A
1
B
1
C
1
,
所以BB 1⊥A
1
D,
因为BB
1
∩B
1
C
1
=B
1
,BB
1
,B
1
C 1⊂平面BCC
1
B
1
,
所以A
1
D⊥平面BCC
1
B
1
,因为B
1
C⊂平面BCC
1
B
1
,所以A
1
D⊥B
1
C.
又A
1
B⊥B
1
C,A
1
B∩A
1
D=A
1
,A
1
B,A
1
D⊂平面A
1
BD,所以B
1
C⊥平面A
1
BD,因为BD⊂平面
A
1
BD,所以BD⊥B
1
C.
选择②③为条件,证明①成立.
证明:连接A
1
D,因为A
1
B
1
=A
1
C
1
,D为B
1
C
1
的中点,所以A
1
D⊥B
1
C
1
,
因为BB 1⊥平面A
1
B
1
C
1
,A
1
D⊂平面A
1
B
1
C
1
,所以BB 1⊥A
1
D,
因为BB
1
∩B
1
C
1
=B
1
,BB
1
,B
1
C 1⊂平面BCC
1
B
1
,
所以A
1
D⊥平面BCC
1
B
1
,因为B
1
C⊂平面BCC
1
B
1
,所以A
1
D⊥B
1
C.
又BD⊥B
1
C,BD∩A
1
D=D,BD,A
1
D⊂平面A
1
BD,
所以B
1
C⊥平面A
1
BD,因为A
1
B⊂平面A
1
BD,所以A
1
B⊥B
1
C.
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3.(2022银川一中二模,19)如图所示,已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在平面互相
垂直,AB=1,AD=2,∠ADC=60°,AF=1,M是线段EF的中点.
(1)求证:AC⊥BF;
(2)设点P为一动点,若点P从M出发,沿棱按照M→E→C的路线运动到点C,求这一过程
中形成的三棱锥P-BFD的体积的最小值.
解析 (1)证明:在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,CD=AB=1,AD=2,
由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=3,∴AC=√3
,∵BC=AD=2,∴AB2+AC2=BC2,∴∠BAC=90°,∴AB⊥AC.
∵四边形ACEF为矩形,∴AF⊥AC,又AB∩AF=A,
∴AC⊥平面ABF,∵BF⊂平面ABF,∴AC⊥BF.
(2)设AC与BD相交于N,连接FN、CM.
∵四边形ABCD为平行四边形,且AC∩BD=N,
∴N为AC的中点,∵AC∥EF且AC=EF,M为EF的中点,
∴CN∥FM且CN=FM,∴四边形CMFN为平行四边形,则CM∥FN,
∵FN⊂平面BDF,CM⊄平面BDF,∴CM∥平面BDF.
由图可知,当点P在M或C时,三棱锥P-BFD的体积最小,
1 1 √3
(V ) =V =V = × ×2×1×sin 120°×1= .
P-BFD min C-BFD F-BCD 3 2 6
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