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专题突破练(分值:60 分)
学生用书
P191
解答题:本题共4 小题,共60 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1.(15 分)(2024·上海,17)如图为正四棱锥P-ABCD,O 为底面ABCD 的中心.
(1)若AP=5,AD=3√2,求△POA 绕PO 旋转一周形成的几何体的体积;
(2)若AP=AD,E 为PB 的中点,求直线BD 与平面AEC 所成角的大小.
解(1)因为P-ABCD 是正四棱锥,所以底面ABCD 是正方形,且OP⊥底面ABCD,
因为AD=3√2,所以AO=OD=OB=OC=3,
因为AP=5,所以PO=√A P
2- A O
2=4,
所以△POA 绕OP 旋转一周形成的几何体是以3 为底面半径,4 为高的圆锥,
所以V 圆锥=1
3
Sh=1
3 π ×32×4=12π.
(2)(方法一 坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知P-ABCD 是正四棱锥,
所以该四棱锥各棱长相等,设AB=√2a,则AO=OD=OB=OC=a,PO=√A P
2- A O
2=a,
由此可得O(0,0,0),P(0,0,a),A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,0,0),E(
a
2 ,0, a
2),
故⃗BD=(-2a,0,0),⃗AC=(0,2a,0),⃗AE =(
a
2 ,a, a
2).
设n=(x1,y1,z1)为平面AEC 的法向量,
由{
n·⃗AC =0,
n·⃗AE =0,
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得{
2a· y1=0,
a
2 · x1+a· y1+ a
2 · z1=0,
y1=0,取x1=1,则z1=-1,所以n=(1,0,-1),则cos<n,⃗BD>=
n·⃗BD
|n||⃗BD|
=-2a
|√2|·|2a|
=-√2
2 .
设直线BD 与平面AEC 所成角为θ,
因为sin θ=|cos<n,⃗BD>|=√2
2
,θ∈[0, π
2],
所以θ=π
4 .
(方法二 几何法)过点E 作EH⊥BD 交BD 于点H.
则EA=EC,EO⊥AC.
故∠EOH 就是直线BD 与平面AEC 所成角.
易得EH=1
2
PO,HO=1
4
BD.
设AP=AD=a,则BD=√2a,故PO=√2
2
a.
在△EOH 中,因为tan∠EOH= EH
HO =
√2
4 a
√2
4 a
=1,所以∠EOH=π
4 .
故直线BD 与平面AEC 所成角为π
4 .
2.(15 分)如图,在四面体ABCD 中,△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形,△ABD 为等边三角形,且
AC⊥BD.
(1)求直线AD 与BC 所成角的余弦值;
(2)求二面角A-BD-C 的余弦值.
解(1)由△ABC 为以BC 为斜边的等腰直角三角形,得AC⊥AB.
又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB⊂平面ABD,则AC⊥平面ABD.
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因为AC⊂平面ABC,
故平面ABC⊥平面ABD.
取AB 的中点O,连接DO.
由△ABD 是等边三角形,得DO⊥AB,而DO⊂平面ABD,
平面ABD∩平面ABC=AB,则DO⊥平面ABC.
过点O 作直线AC 的平行线,交BC 于点E.易知,OA,OE,OD 两两垂直.
以O 为原点,OA,OE,OD 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.
令AB=2,则A(1,0,0),B(-1,0,0),C(1,2,0),D(0,0,√3),⃗AD=(-1,0,√3),⃗BC=(2,2,0),
因此cos<⃗AD ,⃗BC>=⃗
AD·⃗BC
|⃗AD||⃗BC |
=-2
2×2√2
=-√2
4
,所以直线AD 与BC 所成角的余弦值为√2
4 .
(2)由(1)知,⃗AC=(0,2,0)为平面ABD 的一个法向量.
又⃗BD=(1,0,√3),设平面BCD 的法向量为n=(x,y,z),则{⃗
BD·n= x +√3 z =0,⃗
BC ·n=2 x +2 y =0,
取z=1,则x=-√3,y=√3
,得n=(-√3,√3,1),于是cos<⃗AC,n>=⃗
AC ·n
|⃗AC ||n|
= 2√3
2×√7 = √21
7
,显然二面角A-BD-C 为锐角,所以
二面角A-BD-C 的余弦值为√21
7 .
3.(15 分)(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.
(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.
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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
=-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.
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(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°.
4.(15 分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD 为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面
ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N 是B1C1的中点,M 是DD1的中点.
(1)求证D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值;
(3)求点B 到平面CB1M 的距离.
(1)证明如图,取B1C 的中点H,连接NH,MH.
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∵N 为B1C1的中点,H 为B1C 的中点,
∴NH∥CC1,且NH=1
2
CC1.
∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1,
∴CC1∥DD1,CC1=DD1,
∴NH∥DD1,且NH=1
2
DD1.
∵M 为DD1的中点,∴D1M=1
2
DD1,
∴D1M∥NH,D1M=NH.
∴四边形D1NHM 为平行四边形,
∴D1N∥MH.
又D1N⊄平面CB1M,MH⊂平面CB1M,
∴D1N∥平面CB1M.
(2)解∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,
∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.
又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD 两两垂直.
以A 为原点,AB,AD,A1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则
B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).
∴⃗B1C=(-1,1,-2),⃗CM=(-1,0,1),⃗B B1=(0,0,2),⃗BC=(-1,1,0).
设平面CB1M 的法向量为n1=(x1,y1,z1),则{
n1·⃗B1C =0,
n1·⃗CM =0,
即{
- x1+ y1-2 z1=0,
- x1+ z1=0,
令x1=1,则y1=3,z1=1,
∴n1=(1,3,1)为平面CB1M 的一个法向量.
设平面BB1C1C 的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{
n2·⃗B B1=0,
n2·⃗BC =0,
即{
2 z2=0,
- x2+ y2=0,∴z2=0,令x2=1,则y2=1.
∴n2=(1,1,0)为平面BB1C1C 的一个法向量.
设平面CB1M 与平面BB1C1C 的夹角为θ,
则cos θ=|cos<n1,n2>|=| n1·n2
|n1||n2|
|=
4
√1
2+3
2+1
2×√1
2+1
2+0
2 = 2√22
11
.
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(3)解点B 到平面CB1M 的距离d=|n1·⃗B B1|
|n1|
=|(1,3,1)·(0,0,2)|
√1
2+3
2+1
2
= 2
√11 = 2√11
11
.
