北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
一、选择题
1.(2021东北三省三校3月联考,10)过正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的顶点A作平面α,使α∥平面A
1
B
1
CD,A
1
D
1
和
DC 的中点分别为E和F,则直线EF与平面α所成角的正弦值为( )
1 1
1 √3 √2 √3
A. B. C. D.
2 2 3 3
答案 A 解法一:如图,连接A
1
C
1
,因为E和F分别为A
1
D
1
和D
1
C
1
的中点,所以EF∥A
1
C
1
,又平面α∥平面
ABCD,所以EF与平面α所成的角与AC 与平面ABCD所成的角相等,连接BC,记BC∩BC=H,连接
1 1 1 1 1 1 1 1 1
A
1
H,由A
1
B 1⊥C
1
H,B
1
C⊥C
1
H,A
1
B
1
∩B
1
C=B
1
,
可得C
1
H⊥平面A
1
B
1
CD,所以∠C
1
A
1
H即为直线A
1
C
1
与平面A
1
B
1
CD所成的角,设正方体的棱长为a,则C
1
H=
√2
1 √2 a 1 1
2
BC
1
=
2
a,A
1
C
1
=√2a,所以sin∠C
1
A
1
H= 2 =
2
,即直线EF与平面α所成角的正弦值为
2
,故选A.
√2a
解法二:在正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,因为平面α∥平面A
1
B
1
CD,所以EF与平面α所成角的正弦值和EF与平
面ABCD所成角的正弦值相等,如图,连接BC,AC,取AB的中点G,连接FG,显然FG与AC相交,设交点为
1 1 1 1 1
O,则点O为正方体的中心,
由A
1
B 1⊥BC
1
,B
1
C⊥BC
1
,A
1
B
1
∩B
1
C=B
1
,得C
1
B⊥平面A
1
B
1
CD,由F,G分别为D
1
C
1
,AB的中点,可得FG∥C
1
B,所
以FG⊥平面A
1
B
1
CD,延长FE交B
1
A
1
的延长线于点F',显然,F'E=EF,连接F'O,则F'O为线段F'F在平面
1 √2
A
1
B
1
CD上的射影,∠FF'O即为直线EF与平面A
1
B
1
CD所成的角,设正方体的棱长为a,则FO=
2
FG=
2
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√2
√2 FO a 1 1
a,F'F=2EF=2× a=√2a,所以sin∠FF'O= = 2 = ,即直线EF与平面α所成角的正弦值为 ,故选
2 FF' 2 2
√2a
A.
二、填空题
2.(2021丰台综合练习一,15)
如图,从长、宽、高分别为a,b,c的长方体AEBF-GCHD中截去部分几何体后,所得几何体为三棱锥A-BCD.
下列四个结论中,所有正确结论的序号是 .
1
①三棱锥A-BCD的体积为 abc;
3
②三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形;
③三棱锥A-BCD中,二面角A-CD-B不会是直二面角;
④三棱锥A-BCD中,三条侧棱与底面所成的角分别记为α,β,γ,则sin2α+sin2β+sin2γ≤2.
答案 ①②④
1 1 1
解析 对于①,V
A-BCD
=abc- × ×abc×4= abc,①正确;
3 2 3
对于②,三棱锥A-BCD的每个面三边长分别是 、 、 ,由( )2+(
√a2+b2 √a2+c2 √b2+c2 √a2+b2 √a2+c2
)2>( )2,( )2+( )2>( )2,( )2+( )2>( )2,知②正确;
√b2+c2 √a2+b2 √b2+c2 √a2+c2 √a2+c2 √b2+c2 √a2+b2
对于③,举出反例即可.以F为坐标原点建系,经计算,平面BCD的一个法向量为n=(-ac,bc,ab),平面ACD的一
1
个法向量n=(ac,-bc,ab),当n·n=-a2c2-b2c2+a2b2=0时,二面角A-CD-B是直二面角.化简得a2b2=(a2+b2)·c2,随便
2 1 2
取一组符合题意的值,如a=√2,b=√2,c=1,③错误.
对于④,由③知,平面BCD的一个法向量为n=(-ac,bc,ab),⃗AC=(0,a,c),设AC与平面BCD所成角为β,则sin
1
β=|cos<n, >|= 2abc ,
1⃗AC
√a2+c2·√a2c2+a2b2+b2c2
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sin2β=
4a2b2c2
(a2+c2)·(a2c2+a2b2+b2c2)
=
8a2b2c2
(a2+c2)·[(a2c2+a2b2)+(a2b2+b2c2)+(a2c2+b2c2)]
≤ 8a2b2c2 = 2b ,由此可推出,sin2α+sin2β+sin2γ≤2a+2b+2c=2,当
2ac·(2a2bc+2ab2c+2abc2) a+b+c a+b+c
且仅当a=b=c时取等号.④正确.
思路分析 ①用长方体的体积减去四个全等三棱锥的体积即得三棱锥A-BCD的体积;②计算三棱锥A-
BCD的棱长,运用余弦定理即可判断三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形;③建立空间直角坐标系,求出
平面BCD与平面ACD的法向量,即可判断平面BCD与平面ACD可能垂直;④在③的基础上求sin β,同理
求得sin α、sin γ,运用a2+b2≥2ab即可进行判断.
三、解答题
3.(2021江西红色七校联考一,18)如图,四棱锥S-ABCD满足SA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,AC与
BD交于点O,SA=AB=4,侧棱SC上一点E满足SE=3EC.
(1)证明:OE⊥平面SDB;
(2)求二面角E-BD-C的余弦值.
解析 (1)证法一:如图,在△SBC内,过点E作EM∥CB交SB于点M,连接OM,则SM=3MB.因为SA⊥平面
ABCD,DB⊂平面ABCD,
所以SA⊥DB,
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在正方形ABCD中,DB⊥AC,因为SA∩AC=A,SA,AC⊂平面SAC,所以DB⊥平面SAC,又OE⊂平面SAC,所以
OE⊥DB.易知SA⊥BC,AB⊥BC,因为SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB,又SB⊂平面SAB,所
以BC⊥SB,又EM∥CB,所以EM⊥SB,
由SA=AB=AD,SA⊥平面ABCD,AD⊥AB,易得△SDB为等边三角形,取SB的中点F,连接DF,则DF⊥SB,
由SM=3MB得M为BF的中点,在△DFB中,O为DB的中点,则OM∥DF,所以OM⊥SB.
又OM∩EM=M,OM,EM⊂平面OEM,所以SB⊥平面OEM,又OE⊂平面OEM,所以OE⊥SB.又
BD∩SB=B,BD,SB⊂平面SDB,所以OE⊥平面SDB.
证法二:以A为坐标原点,AB,AD,AS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(由条件
知,AB,AD,AS两两垂直,故考虑以A为坐标原点建立空间直角坐标系),则
S(0,0,4),C(4,4,0),B(4,0,0),D(0,4,0),O(2,2,0),则⃗SC=(4,4,-4),⃗DB=(4,-4,0),⃗SB=(4,0,-4),由⃗SC=4⃗EC,得
E(3,3,1),所以⃗OE=(1,1,1),因为⃗OE·⃗DB=4-4=0,⃗OE·⃗SB=4-4=0,所以OE⊥DB,OE⊥SB,又
SB∩DB=B,SB,DB⊂平面SDB,所以OE⊥平面SDB.
(2)由证法二易得平面BDC的一个法向量为n=(0,0,1),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),而⃗DB=(4,-4,0),
1 2
{n ·⃗DB=0, { 4x-4 y=0,
⃗BE =(-1,3,1),由 2 得
n ·⃗BE=0, -x+3 y+z=0,
2
令x=1,则y=1,z=-2,所以n=(1,1,-2),
2
则cos<n 1 ,n 2 >=
n
1
·n
2 =
-2=-√6,易知二面角E-BD-C为锐二面角,所以二面角E-BD-C的余弦值为
|n ||n | √6 3
1 2
√6
.
3
4.(2022届安徽六安一中月考二,19)如图,四边形ABCD为正方形,
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PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,且FE∥CD,交PD于点E.
(1)证明:CF⊥平面ADF;
(2)求二面角C-AF-E的余弦值.
解析 (1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴AD⊥PD,又AD⊥DC,PD⊂平面DPC,CD⊂平面
DPC,PD∩DC=D,∴AD⊥平面DPC,又CF⊂平面DPC,故CF⊥AD,又CF⊥AF,AD⊂平面ADF,AF⊂平面
ADF,AF∩AD=A,∴CF⊥平面ADF.
(2)由(1)易知,DP,DC,DA两两垂直,以D为坐标原点,DP,DC,DA所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如
图所示,
设AB=1,在Rt△PDC中,CD=1,∠DPC=30°,
√3 √7 1
则PC=2,PD=√3,由(1)知,CF⊥DF,则DF= ,AF=√AD2+DF2= ,即有CF=√AC2-AF2= ,又
2 2 2
EF∥CD,
DE CF 1 √3
则 = = ,则有DE= ,
PD PC 4 4
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同理可得EF=3CD=3,则A(0,0,1),E(√3 ),F(√3 3 ),P( ,0,0),C(0,1,0), =
,0,0 , ,0 √3 ⃗AE
4 4 4 4 4
{ m·⃗AE= √3 x-z=0,
(√3 ,0,-1 ), ⃗EF =( 0, 3 ,0 ),设m=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 4 可
4 4 3
m·⃗EF= y=0,
4
取m=(4,0,√3);
同理可得平面ACF的一个法向量为n=(4√3 ),
,4,4
3
m·n √133
则cos<m,n>= = .
|m|·|n| 19
易知二面角C-AF-E的平面角为钝角,
√133
∴二面角C-AF-E的余弦值为- .
19
5.(2022届江西临川一中9月月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面四边形ABCD为梯形,
其中AD∥BC,BC=2AB=2AD=2PA=2,点Q在线段PA上,且满足PA=3QA.
(1)证明:PC∥平面QBD;
(2)若AB⊥AD,点M为线段PC上靠近P的三等分点,求二面角Q-BD-M的余弦值.
1 AE AD 1
解析 (1)证明:连接AC交BD于点E,连接QE,在梯形ABCD中,AD∥BC且AD= BC,所以 = = ,
2 EC BC 2
AQ 1 AE AQ
又因为PA=3QA,所以 = ,所以 = ,所以QE∥PC,又因为QE⊂平面QBD,PC⊄平面QBD,所以
QP 2 EC QP
PC∥平面QBD.
(2)因为PA⊥平面ABCD且AB⊥AD,所以AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线
为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
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则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),C(1,2,0),Q( 1),由点M为线段PC的靠近点P的三等分点,故M
0,0,
3
(1 2 2),所以 =(-1,1,0), =( 1), =( 2 2 2),
, , ⃗BD ⃗BQ -1,0, ⃗BM - , ,
3 3 3 3 3 3 3
设平面QBD的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1
{ n·⃗BD=-x + y =0,
1 1
则 可取n=(1,1,3),
1 1
n·⃗BQ=-x + z =0,
1 3 1
设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),
2 2 2 2
{ n ·⃗BD=-x + y =0,
2 2 2
则 可取n=(1,1,0).设二面角Q-BD-M的平面角为θ,易知θ为锐角.
2 2 2 2
n ·⃗BM=- x + y + z =0,
2 3 2 3 2 3 2
所以cos θ=|cos<n 1 ,n 2 >|= |n 1 ·n 2 | = 1+1 = 2 =√22,所以二面角Q-BD-M的余
|n ||n | √1+1+9×√1+1 √2×√11 11
1 2
√22
弦值为 .
11
6.(2022届河南省实验中学月考,18)如图,在三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中,侧面AA
1
C
1
C⊥底面
ABC,AA=AC=AC=AB=BC=2,且O为AC的中点.
1 1
(1)证明:A
1
O⊥平面ABC;
(2)求二面角A-AB-C 的余弦值.
1 1
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解析 (1)证明:∵AA
1
=A
1
C,且O为AC的中点,∴A
1
O⊥AC,又平面AA
1
C
1
C⊥平面ABC,平面AA
1
C
1
C∩平面
ABC=AC,且A
1
O⊂平面AA
1
C
1
C,∴A
1
O⊥平面ABC.
(2)连接OB,则OB⊥AC,以O为坐标原点,OB,OC,OA
1
所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.
则A(0,-1,0),A(0,0, ),C(0,2, ),B( ,0,0),∴ =( ,1,0), =( ,0,- ), =(0,2,0),
1 √3 1 √3 √3 ⃗AB √3 ⃗A B √3 √3 ⃗A C
1 1 1
{m·⃗AB=0, { √3x + y =0,
设平面AA 1 B的法向量为m=(x 1 ,y 1 ,z 1 ).则 即 1 1 可取m=(1,- √3 ,1).设平
m·⃗A B=0, √3x -√3z =0.
1 1 1
{ 2y =0,
面A 1 BC 1 的法向量为n=(x 2 ,y 2 ,z 2 ),则{n·⃗A C =0,n·⃗A B=0,即 2 可取
1 1 1 √3x -√3z =0.
2 2
m·n 2 √10
n=(1,0,1),∴cos<m,n>= = = .
|m|·|n| √5×√2 5
易知二面角A-AB-C 的平面角为钝角,
1 1
√10
∴所求二面角的余弦值为- .
5
7.(2022届江西新余一中模拟,18)如图①,已知△ADE为等边三角形,四边形ABCD为平行四边
形,BC=1,BD=2,BA=√5,把△ADE沿AD向上折起,使点E到达点P的位置,如图②所示,且平面PAD⊥平面
PBD.
图①
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图②
(1)证明:PA⊥BD;
(2)求二面角A-PB-C的余弦值.
解析 (1)证明:取PD的中点F,连接AF.
∵△ADP为等边三角形,∴AF⊥PD,
又平面PAD⊥平面PBD,平面PAD∩平面PBD=PD,AF⊂平面PAD,∴AF⊥平面PBD,∵BD⊂平面
PBD,∴BD⊥AF,∵AD=BC=1,BD=2,BA=√5,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD,又AD∩AF=A,∴BD⊥平面PAD.
又∵PA⊂平面PAD,∴PA⊥BD.
(2)由(1)知BD⊥平面PAD,又BD⊂平面ABD,∴平面PAD⊥平面ABD,取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD,又
平面PAD⊥平面ABD,平面PAD∩平面ABD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABD.取AB的中点O',连接
OO',∵OO'∥BD,∴OO'⊥AD,
以O为坐标原点,OA,OO',OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(1 ),B( 1 ),C( 3 ),P( √3),∴ =(1 √3), =
,0,0 - ,2,0 - ,2,0 0,0, ⃗PA ,0,- ⃗PB
2 2 2 2 2 2
( 1 √3), =( 3 √3).
- ,2,- ⃗PC - ,2,-
2 2 2 2
设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗PA= 1 x- √3 z=0,
则 2 2 可取m=(2 , ,2),
√3√3
1 √3
m·⃗PB=- x+2y- z=0,
2 2
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),
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{ n·⃗PB=- 1 a+2b- √3 c=0,
则 2 2 可取n=(0,- ,-4),则cos<m,n>= m·n = -11 =- 11 ,
√3
3 √3 |m||n| √19×√19 19
n·⃗PC=- a+2b- c=0,
2 2
11
易知二面角A-PB-C的平面角为钝角,∴二面角A-PB-C的余弦值为- .
19
8.(2022届湘豫名校联盟11月联考,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧面SAD为等边三角形,底面ABCD为等
腰梯形,且AB=BC=CD=1,AD=2,SA=SB.
(1)证明:平面SAD⊥平面ABCD;
π DM
(2)若点M在棱SD上,且M-AB-D的大小为 ,求 的值.
4 MS
解析 (1)证明:取AD的中点O,连接SO,BO,CO,在等边△SAD中,可得SO⊥AD,在等腰梯形ABCD中,易得
π
OA=OB=OC=OD,又因为SA=SB,所以△SOA≌△SOB,所以∠SOB=∠SOA= ,即SO⊥OB,又
2
AD∩BO=O,AD,BO⊂平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,又因为SO在平面SAD内,所以平面SAD⊥平面
ABCD.
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,
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则A(0,-1,0),B(√3 1 ),C(√3 1 ),D(0,1,0),S(0,0, ),则 =(√3 1 ), =(0,-1,
,- ,0 , ,0 √3 ⃗AB , ,0 ⃗DS √3
2 2 2 2 2 2
),设⃗DM=k⃗DS(0<k≤1),则⃗DM=(0,-k,√3k),∴M(0,1-k,√3k),∴⃗AM=(0,2-k,√3k),设平面MAB的法向量为
n=(a,b,c),
1
则 {⃗AB·n 1 =0, ⇒ { √ 2 3 a+ 1 2 b=0, 可取n 2 = 1,- √3 ,2-1 ,易知平面ABCD的一个法向量为
⃗AM·n =0 k
1 (2-k)b+√3kc=0,
|2 |
-1
π | n ·n | k √2 2 2 DM
n
2
=(0,0,1),则cos = 1 2 = = ,解得k= 或k=-2(舍).所以⃗DM = ⃗DS,故
4 |n 1 ||n 2 | √ 4+ (2 -1 ) 2 2 3 3 MS
k
=2.
2π
9.(2022届成都外国语学校月考,19)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD= ,四边形ACFE为矩形,且CF⊥
3
平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.
(1)证明:EF⊥平面BCF;
(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大?并求此
时二面角的余弦值.
2π π
解析 (1)证明:在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=CD=BC=1,∠BCD= ,∴AB=2,∠ABC= ,∴AC2=AB2+BC2-
3 3
2AB·BC·cos∠ABC=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC,∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥CF,而
CF∩BC=C,CF,BC⊂平面BCF,∴AC⊥平面BCF,
又∵矩形ACFE中,EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.
(2)由(1)可知CA,CB,CF两两垂直,故以C为原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空
间直角坐标系,
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令FM=λ(0≤λ≤√3),则C(0,0,0),A(√3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),∴⃗AB=(-√3,1,0),⃗BM=(λ,-1,1),
{n ·⃗AB=0, {-√3x+ y=0,
设n 1 =(x,y,z)为平面MAB的法向量,由 1 得 取x=1,则n 1 =(1, √3 , √3 -λ),由
n ·⃗BM=0, λx- y+z=0,
1
题意得n=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量.设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ,则cos θ=
2
|n ·n | 1 1
= = .
1 2
|n ||n | √1+3+(√3-λ)2×1 √(λ-√3)2+4
1 2
√7
∵0≤λ≤√3,∴当λ=0时,cos θ有最小值 ,
7
√7
∴当点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为 .
7
10.(2022届广东茂名联考一,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AC与BD交于
点O,且PO⊥BD,PA=PB.
(1)证明:PO⊥平面ABCD;
8√69
(2)若AC⊥BD且AO=2OC=6,PO=3,则在线段PC上是否存在一点E,使得二面角P-AD-E的余弦值为 ?
69
若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD为等腰梯形,∴AO=BO,取AB的中点Q,连接OQ,PQ,则AB⊥OQ,
∵PA=PB,∴AB⊥PQ,又OQ,PQ⊂平面POQ,OQ∩PQ=Q,∴AB⊥平面POQ,又PO⊂平面
POQ,∴AB⊥PO,∵PO⊥BD,AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.
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(2)∵PO⊥平面ABCD,AC⊥BD,∴以O为原点,⃗OA,⃗OB,⃗OP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A(6,0,0),D(0,-3,0),C(-3,0,0),P(0,0,3),∴⃗AD=(-6,-3,0),⃗AP=(-6,0,3),设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),∴
1 1 1
{⃗AD·m=-6x -3 y =0,
1 1 取x
1
=1,得m=(1,-2,2).设点E(x,y,z),⃗CE =λ⃗EP (λ>0),可得(x+3,y,z)=λ(-x,-
⃗AP·m=-6x +3z =0,
1 1
y,3-z),解得x=- 3 ,y=0,z= 3λ ,∴
⃗AE
=(
-
6λ+9
,0,
3λ ).设平面ADE的法向量为n=(x
2
,y
2
,z
2
),∴
1+λ λ+1 λ+1 λ+1
{ ⃗AD·n=-6x -3 y =0,
2 2
令x=λ,得n=(λ,-2λ,2λ+3).若满足题意的点E存在,则|cos<m,n>|=
6λ+9 3λ 2
⃗AE·n=- x + z =0,
λ+1 2 λ+1 2
|m·n| = |9λ+6| =8√69,解得λ=2,λ=-10,∵λ>0,∴λ=2,即 =2 ,∴存在
1 2 ⃗CE ⃗EP
|m|·|n| 3√λ2+4λ2+(2λ+3)2 69 3
符合题意的点E,E为线段PC上靠近点P的三等分点.
CE 1
11.(2021成都七中3月月考,19)已知△ABC的各边长为3,点D,E分别是AB,AC上的点,且满足 = ,D为
EA 2
AB的三等分点(靠近点A)(如图1),将△ADE沿DE折起到△ADE的位置,使二面角A-DE-B的平面角为90°,
1 1
连接AB,AC(如图2).
1 1
(1)求证:A
1
D⊥平面BCED;
(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA 与平面ABD所成的角的大小为60°?若存在,求出PB的长;若不存
1 1
在,请说明理由.
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解析 (1)证明:由题意可得,AE=2,AD=1,A=60°,
从而DE= = ,故得
√12+22-2×1×2×cos60° √3
AD2+DE2=AE2,∴AD⊥DE,BD⊥DE.∴A
1
D⊥DE,BD⊥DE,
∴∠A
1
DB为二面角A
1
-DE-B的平面角,∴∠A
1
DB=90°,即A
1
D⊥DB,∵DE∩DB=D且DE,DB⊂平面
BCED,∴A
1
D⊥平面BCED.
(2)存在.由(1)知ED⊥DB,A
1
D⊥平面BCED.以D为坐标原点,DB、DE、DA
1
所在直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系D-xyz,如图.
过P作PH∥DE交BD于点H,
设PB=2a(0≤2a≤3),则BH=a,PH=√3a,DH=2-a,
易知A
1
(0,0,1),P(2-a,
√3
a,0),E(0,
√3
,0),所以
⃗PA
=(a-2,-
√3
a,1).因为ED⊥平面A
1
BD,所以平面A
1
BD的一个
1
|⃗PA ·⃗DE|
法向量为 ⃗DE =(0, √3 ,0).因为直线PA 1 与平面A 1 BD所成的角的大小为60°,所以sin 60°= 1
|⃗PA ||⃗DE|
1
= 3a =√3,解得a=5.∴PB=2a=5,满足0≤2a≤3,符合题意.所以在线段BC上存在点P,使
√4a2-4a+5×√3 2 4 2
5
直线PA 与平面ABD所成的角为60°,此时PB= .
1 1
2
12.(2022届清华大学中学生标准学术能力测试(10月),20)如图所示,三棱柱ABC-ABC 中,所有棱长均为
1 1 1
2,∠BAC=∠BAA
1
=∠CAA
1
=60°,P,Q分别在AB,A
1
C
1
上(不包括两端),AP=A
1
Q.
(1)求证:PQ∥平面BCC
1
B
1
;
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(2)设PQ与平面ABC所成角为θ,求sin θ的取值范围.
解析 (1)证明:作PD∥AC,交BC于点D,连接DC
1
,设A
1
Q=AP=t(t∈(0,2)),则BP=QC
1
=2-t,
PD BP PD 2-t
∵PD∥AC,∴ = ,即 = ⇒PD=2-t,
AC AB 2 2
∵PDQC,
1
∴四边形C
1
QPD为平行四边形,∴PQ∥C
1
D,
∵PQ⊄平面BCC
1
B
1
,C
1
D⊂平面BCC
1
B
1
,∴PQ∥平面BCC
1
B
1
.
(2)取AC的中点M,连接AM、BM、AB,
1 1
1
∵AM= AC=1,AA
1
=2,∠A
1
AM=60°,
2
1
∴AM2=AA2+AM2-2AA·AM·cos 60°=4+1-2×2×1× =3,
1 1 1 2
∴A
1
M=√3,易得A
1
M⊥AC,
∵△ABC是等边三角形,∴BM⊥AC,
又A
1
M∩BM=M,∴AC⊥平面A
1
BM,
又AC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面A
1
BM,
在△ABM中,AM=BM=√3,AB=2,易得AB边上的高为√2.
1 1 1 1
作A
1
H⊥BM,垂足为H,易证得A
1
H⊥平面ABC,
则 =2×√2= =√3A H,∴AH=2√2,
S √2 1 1
△A 1 BM 2 2 √3
2√2
∵AQ∥平面ABC,所以点Q到平面ABC的距离为 .
1
√3
∵ = + + ,
⃗QP ⃗QA ⃗A A ⃗AP
1 1
∴ =| + + |2
⃗QP2 ⃗QA ⃗A A ⃗AP
1 1
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=t2+4+t2+2 · +2 · +2 ·
⃗QA ⃗A A ⃗A A ⃗AP ⃗QA ⃗AP
1 1 1 1
=2t2+4+2·t·2×1+2×2·t·( 1)+2·t·t·( 1)
- -
2 2 2
=t2+4,
2√2
∴QP= ,∴sin θ= =
2√2
,
√t2+4 √3
√3·√t2+4
√t2+4
∵t∈(0,2),∴ ∈(2,2 ),
√t2+4 √2
∴sin θ∈(√3 √6).
,
3 3
13.(2022届北京十三中期中,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,Q为
棱PD的中点,PA=AB.
(1)求证:AQ⊥CD;
(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值;
(3)求二面角C-AQ-D的余弦值.
解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD,在正方形ABCD中,AD⊥CD,
又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,
因为AQ⊂平面PAD,所以AQ⊥CD.
(2)由题意知AP、AD、AB两两垂直.
如图建立空间直角坐标系A-xyz,不妨设AB=2,
则A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,1),所以⃗CP=(-2,-2,2),⃗AC=(2,2,0),⃗AQ=(0,1,1).
设平面ACQ的法向量为n=(x,y,z),
则{n·⃗AC=0, 所以{2x+2y=0,
n·⃗AQ=0, y+z=0,
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令x=1,得y=-1,z=1,
即n=(1,-1,1),
所以cos<n, >= n·⃗CP =1,
⃗CP
|n|·|⃗CP| 3
1
所以直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为 .
3
(3)由(1)知CD⊥平面PAD,所以⃗DC=(2,0,0)为平面PAD的一个法向量,
cos<n, >= n·⃗DC =√3,
⃗DC
|n|·|⃗DC| 3
易知二面角C-AQ-D为锐二面角,
√3
所以二面角C-AQ-D的余弦值为 .
3
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