适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练8空间向量与空间角距离理（附解析）

考点突破练8　空间向量与空间角、距离1.(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.2.(2023云南昆明一中模拟)如图,圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆,AB,CD为底面圆的两条直径,P为SB的中点.(1)求证:SA∥平面PCD;(2)当三棱锥S-PCD体积最大时,求点S到平面PCD的距离.3.(2023江西九江十校联考二)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B上一点,AD⊥平面A1BC.(1)求证:BC⊥A1B;(2)若AD=3,AB=BC=2,P为AC的中点,求二面角A-A1B-P的余弦值. 4.(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值.5.(2023四川成都七中二模)如图所示,六棱锥P-ABCDEF的底面ABCDEF是一个正六边形,点P1是这个正六边形的中心.已知PP1⊥平面ABCDEF.(1)求证:平面PAD⊥平面PCE.(2)若AB=23,且PP1=4.设点M为线段PP1上一点,且PM=λMP1,若平面MAB与平面PDE所形成的锐二面角的余弦值为1010,求实数λ的值.6.(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. 考点突破练8　空间向量与空间角、距离1.(1)证明∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)解如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=2,BE=3.∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),∴AB=(-1,3,0),AD=(-1,0,1),DB=(0,3,-1),ED=(0,0,1).设DF=λDB=(0,3λ,-λ),则EF=ED+DF=(0,3λ,1-λ).∵EF⊥BD,∴EF·DB=0,即3λ-(1-λ)=0,解得λ=14.∴点F0,34,34,CF=1,34,34.设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=-x+3y=0,n·AD=-x+z=0,取y=1,则x=z=3,∴n=(3,1,3)为平面ABD的一个法向量.设CF与平面ABD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,CF>|=3+34+3347×72=437.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.2.(1)证明如图所示,连接OP,因为点O为AB的中点,点P为SB的中点,则OP∥SA,又OP⊂平面PCD,SA⊄平面PCD,所以SA∥平面PCD.(2)解记圆锥底面圆半径为r,圆锥侧面展开图半径为R,则R=2,又πR=2πr,所以r=1,OS=3.当三棱锥S-PCD体积最大时,CD⊥AB.以点O为原点,以OD,OB,OS为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,所以O(0,0,0),D(1,0,0),P(0,12,32),S(0,0,3),SP=(0,12,-32),OD=(1,0,0),OP=(0,12,32).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),因为n·OD=x=0,n·OP=12y+32z=0,令z=1,则x=0,y=-3,所以n=(0,-3,1),n·SP=-32-32=-3,所以点S到平面PCD的距离d=|n·SP||n|=32.3.(1)证明∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC,∴AA1⊥BC.∵AD⊥平面A1BC,且BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC.又AA1⊂平面A1AB,AD⊂平面A1AB,AA1∩AD=A,∴BC⊥平面A1AB.而A1B⊂平面A1AB,∴BC⊥A1B.(2)解∵AD⊥平面A1BC, ∴AD⊥A1B.在Rt△ABD中,∵AD=3,AB=2,∴sin∠ABD=ADAB=32,∴∠ABD=60°.在Rt△ABA1中,AA1=AB·tan60°=23,由(1)知,BC⊥AB,又BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.以点B为坐标原点,以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系B-xyz.则B(0,0,0),A1(0,2,23),P(1,1,0),∴BA1=(0,2,23),BP=(1,1,0).设平面A1PB的法向量为m=(x,y,z),由m·BP=0,m·BA1=0,得x+y=0,2y+23z=0,取x=1,则y=-1,z=33,m=(1,-1,33).又平面A1AB的一个法向量是n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m·n|m||n|=11+1+13=217.由图知二面角A-A1B-P的平面角是锐角,故二面角A-A1B-P的余弦值为217.4.(1)证明如图1,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图1(2)解设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=2.DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.图2由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),∴AB=(0,1,-1).∵EF=DA=(-1,0,1),∴F(-1,0,1),∴BF=(-1,-1,1).设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则m·AB=0,m·DA=0,即y-z=0,-x+z=0,令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).设平面ABF的法向量n= (u,v,w),则n·AB=0,n·BF=0,即v-w=0,-u-v+w=0,令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角大小为θ,则|cosθ|=|m·n||m||n|=(1,1,1)×(0,1,1)3×2=63,∴sinθ=33.5.(1)证明如图,连接AD,CE.因为点P1是正六边形的中心,所以点P1在直线AD上.所以PP1⊂平面PAD.又因为PP1⊥平面ABCDEF,CE⊂平面ABCDEF,所以PP1⊥CE.在正六边形中,因为AD∥BC∥EF,且正六边形内角为120°,所以∠ADC=60°.又因为△DEC中,DE=DC,∠EDC=120°,所以∠DCE=30°,所以∠ADC+∠DCE=90°.所以AD⊥EC.又因为AD,PP1都在平面PAD内,且AD与PP1相交于点P1,所以EC⊥平面PAD.又因为EC⊂平面PEC,所以平面PAD⊥平面PEC.(2)解取AB,DE上的中点,分别记为N,Q,如图所示,由于ABCDEF为正六边形,所以NQ⊥FC,所以P1P,NQ,FC三条直线两两垂直.所以如图所示,以点P1为坐标原点,直线FC,NQ,P1P分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.因为AB=23,且PP1=4,点M在线段PP1上,所以得到各个点的坐标为A(-3,-3,0),B(3,-3,0),N(0,-3,0),D(3,3,0),E(-3,3,0),Q(0,3,0),P(0,0,4),P1(0,0,0),设M(0,0,t)(0≤t≤4).设平面PDE的法向量为n1=(x1,y1,z1),ED=(23,0,0),PQ=(0,3,-4),由n1·ED=23x1=0,n1·PQ=3y1-4z1=0,不妨取z1=3,平面PDE的一个法向量为n1=(0,4,3).设平面MAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),AB=(23,0,0),NM=(0,3,t),由n2·AB=23x2=0,n2·NM=3y2+tz2=0,不妨取z2=3,平面MAB的一个法向量为n2=(0,-t,3).因为平面MAB与平面PDE所形成的锐二面角的余弦值为1010,所以|cos<n1,n2>|=1010.所以n1·n2|n1||n2|=1010,即-4t+95×t2+9=1010,化简得3t2-16t+13=0.解得t=1或t=133>4(舍去).所以MP1=1.又PM=λMP1,所以λ=3.6.(1)证明(方法一)第一步:建系.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.第二步:写出相关点的坐标.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).第三步:利用线线位置关系转化为向量运算.B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1),所以B2C2=A2D2.因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2. (方法二　几何法)第一步:作辅助线.设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2B2,A2N,MN,B2M.第二步:证明平行四边形.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.第三步:由线线平行的传递性证明结论.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)第一步:用基底表示相关向量.由题意可得AA2=14AA1,BB2=12BB1=12AA1,DD2=12DD1=12AA1,CC2=34CC1=34AA1,AD=BC,所以A2D2=A2A+AD+DD2=-14AA1+AD+12AA1=14AA1+AD,B2C2=B2B+BC+CC2=-12AA1+BC+34AA1=14AA1+AD.第二步:将线线关系转化为向量关系来证明结论.因为A2D2=B2C2,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.(2)解第一步:建系.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.第二步:写出相关点的坐标.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.第三步:写出相关向量的坐标.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),C2P=(0,2,a-3).第四步:计算相关平面的法向量.设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0,n1·C2D2=2x1-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·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P=2y2+(a-3)z2=0,取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).第五步:将空间角的问题转化为向量的运算.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=66×(a-1)2+(3-a)2+4=32,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°.