1
考点突破练7 空间位置关系、空间角
1.(2022 全国甲,理18)在四棱锥P-ABCD 中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值.
2.(2023 新高考Ⅰ,18) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱
AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P 在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
3.(2023 山东济宁一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD 为平行四边形,平面AB1C⊥平面
ABCD,DD1=DA=A1B1=1
2AB=2,∠BAD=π
3 .
(1)证明:DD1∥平面AB1C;
(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C 所成角的正弦值.
2
4.(2023 江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面
AA1B1B.
(1)证明:AC 为圆柱底面的直径;
(2)若M 为A1C1中点,N 为CC1中点,求平面A1BC 与平面BMN 夹角的余弦值.
5.(2023 山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD 中,底面ABCD 为菱形,AB=2,∠BAD=60°,△VBC 为等
边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;
(2)若二面角A-BC-V 的大小为60°,求直线VA 与平面VBC 所成角的正弦值.
6.(2023 湖南长沙一中模拟)在直角梯形AA1B1B 中,A1B1∥AB,AA1⊥AB,AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形
AA1B1B 绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点P,Q 分别在线段CC1,BC 上,二面角B1-
AA1-C1的大小为θ.
(1)若θ=120°,⃗CP = 2
3⃗C C1,AQ⊥AB,证明:PQ∥平面AA1B1B;
(2)若θ=90°,点P 为CC1上的动点,点Q 为BC 的中点,求PQ 与平面AA1C1C 所成最大角的正切值,并求
此时二面角Q-AP-C 的余弦值.
3
考点突破练7 空间位置关系、空间角
1.(1)证明 ∵PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB 的中点E,连接DE.
∵CD=1,BE=1
2AB=1,CD∥BE,
∴四边形CDEB 是平行四边形,∴DE=CB=1.
∵DE=1
2AB,∴△ABD 为直角三角形,AB 为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PD∩AD=D,
∴BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD,∴BD⊥PA.
(2)解 (方法一)由(1)知,PD,AD,BD 两两垂直,以点D 为坐标原点,DA,DB,DP 所在直线分别为x 轴,
y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,其中BD=√A B
2- A D
2=√3.
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3),
∴⃗PD=(0,0,-√3),⃗PA=(1,0,-√3),⃗AB=(-1,√3,0).
设平面PAB 的法向量为n=(x,y,z),
则{⃗
PA ·n=0,⃗
AB·n=0, 即{
x -√3 z =0,
- x +√3 y =0,
取x=√3,则y=z=1,则n=(√3,1,1).
设直线PD 与平面PAB 所成的角为θ,
则sin θ=|cos<⃗PD,n>|=|⃗PD·n|
|⃗PD||n|
=|-√3|
√3×√5 = √5
5 ,
∴直线PD 与平面PAB 所成的角的正弦值为√5
5 .
(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥P-ABD 的体积为V=1
3 × 1
2×1×√3×√3= 1
2.
又AB=2,PA=√D A
2+ D P
2=2,PB=√D B
2+ D P
2=√6,所以cos∠PAB= A B
2+ P A
2- P B
2
2× AB× PA
= 1
4
,sin∠PAB=√15
4 .设点D 到平面PAB 的距离为d,则V=1
3 × 1
2×2×2×√15
4 ×d=√15
6 d.由√15
6 d=1
2,
得d=√15
5 .
因此PD 与平面PAB 所成角的正弦值为d
PD = √5
5 .
(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平
面PDE.
4
过点D 作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF 即为PD 与平面PAB 所成的角.
因为1
2×AB×DE=1
2×DA×DB,
所以DE=√3
2 ,故PE=√D E
2+ D P
2= √15
2 .
因此PD 与平面PAB 所成角的正弦值为DE
PE = √5
5 .
2.(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C 为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别
为x 轴、y 轴、z 轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).⃗
B2C2=(0,-2,1),⃗A2 D2=(0,-2,1),所以⃗B2C2=⃗A2 D2.
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N 满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND 为平行四边形,
所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,
所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN 为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM 为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
(方法三 基底法)由题意可得⃗
A A2= 1
4⃗A A1,⃗B B2= 1
2⃗B B1= 1
2⃗A A1,⃗D D2= 1
2⃗D D1= 1
2⃗A A1,⃗C C2= 3
4⃗C C1= 3
4⃗A A1,⃗AD =⃗BC
,
所以⃗A2 D2=⃗A2 A +⃗AD+⃗D D2=-1
4⃗A A1+⃗AD + 1
2⃗A A1= 1
4⃗A A1+⃗AD ,⃗B2C2=⃗B2B+⃗BC +⃗C C2
5
=-1
2⃗A A1+⃗BC + 3
4⃗A A1= 1
4⃗A A1+⃗AD.因为⃗A2 D2=⃗B2C2,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故
B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C 为坐标原点,CD,CB,CC1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.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.⃗
C2 A2=(2,2,-2),⃗C2 D2=(2,0,-1),⃗C2 P=(0,2,a-3).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则{
n1·⃗C2 A2=2 x1+2 y1-2 z1=0,
n1·⃗C2 D2=2 x1- z1=0,
取x1=1,可得y1=1,z1=2,故n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则{
n2·⃗C2 A2=2 x2+2 y2-2 z2=0,
n2·⃗C2 P =2 y2+(a-3) z2=0,取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
所以|cos<n1,n2>|=|n1·n2|
|n1||n2| =
6
√6×√(a-1)
2+(3-a)
2+ 4
= √3
2 ,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1 或a=3.
结合图形可知,当a=3 或a=1 时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
3.(1)证明 连接BD 交AC 于点O,连接OB1,B1D1.
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,因为DD1=DA=A1B1=1
2AB=2,
所以OD∥B1D1,且OD=B1D1,
所以四边形OB1D1D 为平行四边形,所以OB1∥DD1.
又DD1⊄平面AB1C,OB1⊂平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.
(2)解 因为B1A=B1C,O 为AC 的中点,所以OB1⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,
所以OB1⊥平面ABCD.
又OB1∥DD1,
所以DD1⊥平面ABCD.
在△ABD 中,AD=1
2AB=2,∠BAD=π
3 ,由余弦定理得BD2=42+22-2×2×4×cosπ
3 =12,则BD=2√3.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
如图,以点D 为原点,AD,BD,DD1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
6
则A(2,0,0),B1(0,√3,2),C(-2,2√3,0),B(0,2√3,0),C1(-1,√3,2),
所以⃗BC1=(-1,-√3,2),⃗A B1=(-2,√3,2),⃗AC=(-4,2√3,0).
设平面AB1C 的法向量为n=(x,y,z),
则有{
n·⃗A B1=-2 x +√3 y +2 z =0,
n·⃗AC =- 4 x +2√3 y =0,
取x=√3,则y=2,z=0,所以n=(√3,2,0),
则sin<⃗BC1,n>=|cos<⃗BC1,n>|=|⃗BC1·n
|⃗BC1||n|
|=3√42
28
,所以直线BC1与平面AB1C 所成角的正弦
值为3√42
28
.
4.(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B 为正方形,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,
∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB⊂平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,故AC 为圆柱底面的直径.
(2)解 由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.
以AB,BC,BB1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
∵M,N 为A1C1,CC1中点,
∴M(1,1,2),N(0,2,1),
故⃗B A1=(2,0,2),⃗BC=(0,2,0),⃗BM=(1,1,2),⃗BN=(0,2,1).设平面A1BC 的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则{⃗
B A1·m=0,⃗
BC ·m=0,
∴{
2 x1+2 z1=0,
2 y1=0,
取z1=-1,得x1=1,y1=0,故m=(1,0,-1).设平面BMN 的一个法向量为n=(x2,y2,z2).
则{⃗
BM ·n=0,⃗
BN ·n=0,
∴{
x2+ y2+2 z2=0,
2 y2+ z2=0,
取z2=-2,得x2=3,y2=1,故n=(3,1,-2).
∴cos<m,n>= m·n
|m||n| =
3+2
√2×√14 = 5√7
14 ,
7
故平面A1BC 与平面BMN 夹角的余弦值为5√7
14 .
5.(1)证明 取BC 中点E,连接BD,DE,VE.
因为四边形ABCD 为菱形且∠BAD=60°,所以△BCD 为等边三角形,故DE⊥BC.
又在等边三角形VBC 中,VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE⊂平面DEV,
所以BC⊥平面DEV.
因为VD⊂平面DEV,所以BC⊥VD.
(2)解 由VE⊥BC,DE⊥BC,可得∠DEV 就是二面角A-BC-V 的平面角,所以∠DEV=60°.
在△DEV 中,VE=DE=√3,则△DEV 是边长为√3的等边三角形.
过点O 作ON⊥AB,交AB 于N,由(1)可知,平面DEV⊥平面ABCD,取DE 中点O,以O 为坐标原点,
ON,OE,OV 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
在△VOE 中,OE=√3
2 ,OV=3
2,可得A(2,-√3
2 ,0),B(1,√3
2 ,0),C(-1,√3
2 ,0),V(0,0,3
2),
则⃗CB=(2,0,0),⃗CV =(1,-√3
2 , 3
2),⃗AV =(-2,√3
2 , 3
2),设n=(x,y,z)为平面VBC 的一个法向量,则有
{
2 x =0,
x - √3
2 y + 3
2 z =0,
令y=√3,则z=1,得n=(0,√3,1).
设直线VA 与平面VBC 所成角为θ,
则有sin θ=|cos<n,⃗AV >|=|n·⃗AV |
|n||⃗AV |
=
3
2×√7 = 3√7
14 ,
即直线VA 与平面VBC 所成角的正弦值为3√7
14 .
6.(1)证明 由题可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥平面ABC.
又AQ⊂平面ABC,所以AA1⊥AQ. 因为AQ⊥AB,则以A 为原点,AB,AQ,AA1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.
由于AB=AA1=2A1B1=6,∠ABQ=30°,所以AQ=2√3,则Q(0,2√3,0),C(-3,3√3,0),C1(-3
2 , 3√3
2 ,6).
设P(x,y,z),又⃗CP = 2
3⃗C C1,所以(x+3,y-3√3,z)=2
3 ( 3
2,-3√3
2 ,6)=(1,-√3,4),
8
则P(-2,2√3,4),所以⃗PQ=(2,0,-4).又y 轴⊥平面AA1B1B,故n=(0,1,0)可为平面AA1B1B 的一个法向
量.
又⃗PQ·n=0+0+0=0,则⃗PQ⊥n,且PQ⊄平面AA1B1B,所以PQ∥平面AA1B1B.
(2)解 因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.
如图,以A 为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,
则B(6,0,0),C(0,6,0),C1(0,3,6),Q(3,3,0),
设⃗CP=λ⃗C C1,λ∈[0,1],则⃗CP=λ(0,-3,6)=(0,-3λ,6λ),则⃗PQ =⃗CQ -⃗CP=(3,-3,0)-(0,-3λ,6λ)=(3,-
3+3λ,-6λ).又x 轴⊥平面AA1C1C,所以m=(1,0,0)可作为平面AA1C1C 的一个法向量.
设PQ 与平面AA1C1C 所成角为α,且α∈(0,π
2 ),
则 sin α=|cos<⃗PQ,m>|=
|⃗PQ·m|
|⃗PQ||m|
=
3
√45 λ
2-18 λ+18
=
3
√45( λ- 1
5 )
2+ 81
5
.
又函数y=sin α 与y=tan α 在区间(0,π
2 )上单调递增,
所以当λ=1
5时,sin α 有最大值为√5
3 ,此时tan α 也取到最大值.又cos α=√1- sin
2α = 2
3,则(tan
α)max=√5
2 .
设平面APQ 的法向量为p=(x,y,z),⃗
AQ=(3,3,0),⃗AP =⃗AQ -⃗PQ=(3,3,0)-(3,-12
5 ,-6
5)=(0,27
5 , 6
5),所以
{⃗
AQ· p=0,⃗
AP· p=0, 则{
3 x +3 y =0,
27
5 y + 6
5 z =0,
令z=9,则x=2,y=-2,故p=(2,-2,9).
由题可知,m=(1,0,0)是平面APC 的一个法向量,
所以cos<m,p>= m· p
|m|| p| =
2
1×√89 = 2√89
89
.
由图可知,二面角Q-AP-C 为锐角,
则二面角Q-AP-C 的余弦值为2√89
89
.
所以PQ 与平面AA1C1C 所成最大角的正切值为√5
2 ,此时二面角Q-AP-C 的余弦值为2√89
89
.
