适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间位置关系空间角（附解析）

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=12AB=2,∠BAD=π3.(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. 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=23CC1,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. 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=12AB=1,CD∥BE,∴四边形CDEB是平行四边形,∴DE=CB=1.∵DE=12AB,∴△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=AB2-AD2=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-3z=0,-x+3y=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sinθ=|cos<PD,n>|=|PD·n||PD||n|=|-3|3×5=55,∴直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥P-ABD的体积为V=13×12×1×3×3=12.又AB=2,PA=DA2+DP2=2,PB=DB2+DP2=6,所以cos∠PAB=AB2+PA2-PB22×AB×PA=14,sin∠PAB=154.设点D到平面PAB的距离为d,则V=13×12×2×2×154×d=156d.由156d=12,得d=155.因此PD与平面PAB所成角的正弦值为dPD=55.(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.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12×AB×DE=12×DA×DB,所以DE=32,故PE=DE2+DP2=152.因此PD与平面PAB所成角的正弦值为DEPE=55. 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),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)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.因为A2D2=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.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),C2P=(0,2,a-3).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).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°.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=12AB=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=12AB=2,∠BAD=π3,由余弦定理得BD2=42+22-2×2×4×cosπ3=12,则BD=23.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,则A(2,0,0),B1(0,3,2),C(-2,23,0),B(0,23,0),C1(-1,3,2),所以BC1=(-1,-3,2),AB1=(-2,3,2),AC=(-4,23,0).设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),则有n·AB1=-2x+3y+2z=0,n·AC=-4x+23y=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||=34228,所以直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值为34228.4.(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BA1=(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BA1·m=0,BC·m=0,∴2x1+2z1=0,2y1=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+2z2=0,2y2+z2=0,取z2=-2,得x2=3,y2=1,故n=(3,1,-2).∴cos<m,n>=m·n|m||n|=3+22×14=5714,故平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值为5714.5.(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=32,OV=32,可得A(2,-32,0),B(1,32,0),C(-1,32,0),V(0,0,32),则CB=(2,0,0),CV=(1,-32,32),AV=(-2,32,32),设n=(x,y,z)为平面VBC的一个法向量,则有2x=0,x-32y+32z=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sinθ=|cos<n,AV>|=|n·AV||n||AV|=32×7=3714,即直线VA与平面VBC所成角的正弦值为3714. 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=23,则Q(0,23,0),C(-3,33,0),C1(-32,332,6).设P(x,y,z),又CP=23CC1,所以(x+3,y-33,z)=23(32,-332,6)=(1,-3,4),则P(-2,23,4),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=λCC1,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,π2),则sinα=|cos<PQ,m>|=|PQ·m||PQ||m|=345λ2-18λ+18=345(λ-15) 2+815.又函数y=sinα与y=tanα在区间(0,π2)上单调递增,所以当λ=15时,sinα有最大值为53,此时tanα也取到最大值.又cosα=1-sin2α=23,则(tanα)max=52.设平面APQ的法向量为p=(x,y,z),AQ=(3,3,0),AP=AQ-PQ=(3,3,0)-(3,-125,-65)=(0,275,65),所以AQ·p=0,AP·p=0,则3x+3y=0,275y+65z=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|=21×89=28989.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28989.所以PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为52,此时二面角Q-AP-C的余弦值为28989.