2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）考点突破练8空间向量与空间角、距离（Word版附解析）

考点突破练8　空间向量与空间角、距离1.(2022·江苏徐州模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3,BC=5.(1)求直线A1B与直线AC1所成角的余弦值;(2)若在线段BC1上存在一点D,且BDBC1=t,t∈[0,1],当AD⊥A1B时,求t的值. 2.(2022·天津河西二模)如图所示,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AE⊥底面ABCD,AE∥CF,AD=3,AB=BC=AE=2,CF=1.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线BE与直线DF所成角的余弦值;(3)求点D到直线BF的距离.3.(2022·江苏苏锡常镇四市一模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB=3,D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且BDBC=C1EC1B1=t(0<t<1).(1)若t=12,求证:AD∥平面A1EB;(2)若二面角C1-AD-C的大小为π3,求实数t的值. 4.(2022·河北保定一模)如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=1,∠BCD=60°,现将平面DAC沿AC折起至平面PAC,使得PB=2.(1)证明:AB⊥PC;(2)求二面角A-PC-B的余弦值. 5.(2022·辽宁锦州一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是菱形,AB=1,SC=233,三棱锥S-BCD是正三棱锥,E,F分别为线段SA,SC的中点.(1)求证:BD⊥平面SAC;(2)求二面角E-BF-D的余弦值;(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行,求出直线SA与平面BDF的距离;如果不平行,请说明理由.6.(2022·山东青岛模拟)如图,C是以AB为直径的圆O上异于A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,△PAC为正三角形,E,F分别是PC,PB上的动点.(1)求证:BC⊥AE; (2)若E,F分别是线段PC,PB的中点且异面直线AF与BC所成角的正切值为32,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l,点Q为直线l上的动点,求直线PQ与平面AEF所成角的取值范围. 考点突破练8　空间向量与空间角、距离1.解(1)在△ABC中,因为AC2+AB2=BC2,所以AC⊥AB.又AA1⊥平面ABC,所以AA1,AC,AB两两垂直.以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C1(4,0,4),A(0,0,0),所以AC1=(4,0,4),BA1=(0,-3,4).设直线A1B与直线AC1所成角为θ(0°≤θ≤90°),则cosθ=|AC1·BA1||AC1||BA1|=1642×5=225,即直线A1B与直线AC1所成角的余弦值为225.(2)依题意BD=tBC1,t∈[0,1].因为BC1=(4,-3,4),A1B=(0,3,-4),AB=(0,3,0),所以AD=AB+BD=AB+tBC1=(4t,3-3t,4t).因为AD⊥A1B,则AD·A1B=4t×0+3×(3-3t)-4×4t=0,解得t=925.2.(1)证明∵AE∥CF,AE⊄平面BFC,CF⊂平面BFC,∴AE∥平面BCF.∵AD∥BC,AD⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,∴AD∥平面BFC.又AD,AE⊂平面ADE,AD∩AE=A,∴平面ADE∥平面BFC.∵BF⊂平面BFC,∴BF∥平面ADE.(2)解以A为原点,AB,AD,AE分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,2),F(2,2,1),则BE=(-2,0,2),DF=(2,-1,1),∴cos<BE,DF>=BE·DF|BE||DF|=-222×6=-36,∴直线BE与直线DF所成角的余弦值为36.(3)解由(2)可知BF=(0,2,1),DF=(2,-1,1), cos<BF,DF>=BF·DF|BF||DF|=-15×6=-130,∴sin<BF,DF>=1-cos2<BF,DF>　=2930,∴点D到直线BF的距离为|DF|sin<BF,DF>=6×2930=295=1455.3.(1)证明当t=12时,D,E分别为棱BC,B1C1的中点,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,连接DE(图略),则DE∥AA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.(2)解(方法一)如图所示,在平面ABC内,过点C作AD的垂线,垂足为H,连接C1H,则∠C1HC为二面角C1-AD-C的平面角,即∠C1HC=π3.在Rt△C1HC中,C1C=3,所以CH=3.在Rt△CHA中,CH=3,AC=3,所以sin∠CAH=CHAC=33<22.又因为∠CAH为锐角,所以cos∠CAH=63,且0<∠CAH<π4,所以点H在线段AD的延长线上.在△CDA中,sin∠CDH=sinπ4+∠CAH=6+236,CD=CHsin∠CDH=6-32,所以t=BDBC=32-(6-32)32=2-2.(方法二)由题可知AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,3,3),所以AB=(3,0,0),AC1=(0,3,3),BC=(-3,3,0),BD=tBC=(-3t,3t,0),所以AD=AB+BD=(3-3t,3t,0).设平面AC1D的一个法向量为n1=(x,y,z), 则n1·AC1=0,n1·AD=0,即3y+3z=0,3(1-t)x+3ty=0,令y=t-1,则x=t,z=1-t,故n1=(t,t-1,1-t).由题得平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).因为二面角C1-AD-C的大小为π3,所以n1·n2|n1||n2|=cosπ3=12,即1-t3t2-4t+2=12,得t2-4t+2=0.又因为0<t<1,所以t=2-2.4.(1)证明在等腰梯形ABCD中,过点A作AE⊥BC于点E,过点D作DF⊥BC于点F.因为在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=1,∠BCD=60°,所以BE=CF=12CD=12,EF=AD=1,AE=DF=32,所以AC=BD=322+322=3,BC=2,所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD,同理AB⊥AC.又因为AP=AB=1,PB=2,所以AP2+AB2=PB2,所以AB⊥AP.又AC∩AP=A,AC,AP⊂平面ACP,所以AB⊥平面ACP.因为PC⊂平面ACP,所以AB⊥PC.(2)解取线段AC的中点为M,线段BC的中点为N,则MN∥AB.因为AB⊥平面ACP,所以MN⊥平面ACP.因为AC,PM⊂平面ACP,所以MN⊥AC,MN⊥PM.因为PA=PC,线段AC的中点为M,所以PM⊥AC,所以MN,MC,MP两两垂直.以M为原点,以MN所在直线为x轴,以MC所在直线为y轴,以MP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A0,-32,0,B1,-32,0,C0,32,0,P0,0,12,PC=0,32,-12,PB=1,-32,-12.由题得,平面APC的一个法向量为m=(1,0,0).设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z), 则n·PC=32y-12z=0,n·PB=x-32y-12z=0,令y=1,则x=3,z=3,则n=(3,1,3),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=31×7=217.因为二面角A-PC-B为锐角,所以二面角A-PC-B的余弦值为217.5.(1)证明连接AC,交BD于点O,连接SO.因为四边形ABCD是菱形,所以O为AC,BD的中点,且BD⊥AC.因为三棱锥S-BCD是正三棱锥,SB=SD,O为BD的中点,所以BD⊥SO.又SO∩AC=O,SO,AC⊂平面SAC,所以BD⊥平面SAC.(2)解作SH⊥平面BCD于点H,则H为正三角形BCD的中心,H在线段OC上,且OH=13OC=13×32=36,CH=23OC=33,SH=SC2-CH2=43-13=1.如图,以O为坐标原点,分别以OB,OC,HS的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A0,-32,0,B12,0,0,C0,32,0,D-12,0,0,S0,36,1,E0,-36,12,F0,33,12,所以BE=-12,-36,12,BF=-12,33,12,BD=(-1,0,0).设n1=(x1,y1,z1)是平面EBF的法向量,则n1·BE=-12x1-36y1+12z1=0,n1·BF=-12x1+33y1+12z1=0,取x1=1,则y1=0,z1=1,故n1=(1,0,1).设n2=(x2,y2,z2)是平面DBF的法向量,则n2·BD=-x2=0,n2·BF=-12x2+33y2+12z2=0,取y2=3,则x2=0,z2=-2,故n2=(0,3,-2).所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-22×7=-147.又因为二面角E-BF-D是锐角,所以二面角E-BF-D的余弦值为147. (3)解直线SA与平面BDF平行.理由如下:连接OF,由(1)知O为线段AC的中点,且F为线段SC的中点,所以OF∥SA.又因为SA⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,所以直线SA∥平面BDF.(或者用向量法判断直线SA与平面BDF平行:由(2)知n2=(0,3,-2)是平面BDF的一个法向量,SA=0,-233,-1.因为SA·n2=0×0+3×-233+(-2)×(-1)=0,所以SA⊥n2.又因为SA⊄平面BDF,所以直线SA∥平面BDF.)设点A与平面BDF的距离为h,则h为直线SA与平面BDF的距离.因为OA=0,-32,0,n2=(0,3,-2)是平面DBF的一个法向量,所以h=|OA·n2||n2|=0×0+3×-32+0×(-2)7=3714.6.(1)证明因为C是以AB为直径的圆O上异于A,B的点,所以BC⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,所以BC⊥平面PAC.因为AE⊂平面PAC,所以BC⊥AE.(2)解由E,F分别是线段PC,PB的中点,连接AF,EF,所以BC∥EF.由(1)知BC⊥AE,所以EF⊥AE,所以在Rt△AFE中,∠AFE就是异面直线AF与BC所成的角.因为异面直线AF与BC所成角的正切值为32,所以tan∠AFE=32,即AEEF=32.又EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF,所以BC∥平面AEF.又BC⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,所以BC∥l,所以在平面ABC中,过点A作BC的平行线即为直线l.以C为坐标原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴,过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系.设AC=2,因为△PAC为正三角形,所以AE=3,则EF=2.由已知E,F分别是线段PC,PB的中点,所以BC=2EF=4.则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,3),E12,0,32,F12,2,32,所以AE=-32,0,32,EF=(0,2,0). 因为BC∥l,所以设Q(2,t,0),t∈R,平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),则AE·m=-3x2+3z2=0,EF·m=2y=0,取z=3,得x=1,y=0,所以m=(1,0,3).又PQ=(1,t,-3),则|cos<PQ,m>|=PQ·m|PQ||m|=14+t2∈0,12.设直线PQ与平面AEF所成角为θ,则sinθ=14+t2∈0,12,