適用于新高考新教材2024版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破練7空間位置關(guān)系空間角

考點(diǎn)突破練7空間位置關(guān)系、空間角1.(2022全國(guó)甲,理18)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)證明:BD⊥PA;(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值.2.(2023新高考Ⅰ,18)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點(diǎn)A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點(diǎn)P在棱BB1上,當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時(shí),求B2P.3.(2023山東濟(jì)寧一模)如圖,在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD為平行四邊形,平面AB1C⊥平面ABCD,DD1=DA=A1B1=12AB=2,∠BAD=π(1)證明:DD1∥平面AB1C;(2)若B1A=B1C,求直線BC1與平面AB1C所成角的正弦值.4.(2023江蘇連云港模擬)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)接于圓柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.(1)證明:AC為圓柱底面的直徑;(2)若M為A1C1中點(diǎn),N為CC1中點(diǎn),求平面A1BC與平面BMN夾角的余弦值.5.(2023山東德州一模)如圖,在四棱錐V-ABCD中,底面ABCD為菱形,AB=2,∠BAD=60°,△VBC為等邊三角形.(1)求證:BC⊥VD;(2)若二面角A-BC-V的大小為60°,求直線VA與平面VBC所成角的正弦值.6.(2023湖南長(zhǎng)沙一中模擬)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB,AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B繞直角邊AA1旋轉(zhuǎn)一周得到如圖所示的圓臺(tái),已知點(diǎn)P,Q分別在線段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小為θ.(1)若θ=120°,CP=23CC1,AQ⊥AB,證明:PQ∥平面(2)若θ=90°,點(diǎn)P為CC1上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)Q為BC的中點(diǎn),求PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此時(shí)二面角Q-AP-C的余弦值.

考點(diǎn)突破練7空間位置關(guān)系、空間角1.(1)證明∵PD⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB的中點(diǎn)E,連接DE.∵CD=1,BE=12AB=1,CD∥BE∴四邊形CDEB是平行四邊形,∴DE=CB=1.∵DE=12AB,∴△ABD為直角三角形,AB為斜邊∴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兩兩垂直,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DB,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,其中BD=AB則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).設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),則PA取x=3,則y=z=1,則n=(3,1,1).設(shè)直線PD與平面PAB所成的角為θ,則sinθ=|cos<PD,n>|=|PD∴直線PD與平面PAB所成的角的正弦值為55(方法二)由題設(shè)及第(1)問得三棱錐P-ABD的體積為V=13×12×又AB=2,PA=DA2+DP2=2,PB=DB2+DP2=6,所以cos∠PAB=AB2+PA2-PB22×AB×PA=14,sin∠PAB=因此PD與平面PAB所成角的正弦值為dPD(方法三)如圖所示,作DE⊥AB,垂足為E,連接PE.因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.過點(diǎn)D作DF⊥PE,垂足為F.因?yàn)锳B⊥平面PDE,DF?平面PDE,所以DF⊥AB.因?yàn)锳B∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即為PD與平面PAB所成的角.因?yàn)?2×AB×DE=12×DA×所以DE=32,故PE=D因此PD與平面PAB所成角的正弦值為DEPE2.(1)證明(方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如右圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).B2C2=(0,-2,1),A2D2=因?yàn)锳2,B2,C2,D2四點(diǎn)不共線,故B2C2∥A2D2.(方法二幾何法)設(shè)棱DD1上的點(diǎn)N滿足DN=AA2=1,取CC1的中點(diǎn)M,連接A2N,MN,B2M.因?yàn)镈N∥AA2,且DN=AA2,故四邊形AA2ND為平行四邊形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可證,B2M∥BC,且B2M=BC.因?yàn)锳D∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四邊形A2B2MN為平行四邊形.因?yàn)镈2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四邊形C2D2NM為平行四邊形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四邊形A2B2C2D2為平行四邊形.所以B2C2∥A2D2.(方法三基底法)由題意可得AA所以A2D=-12AA1+BC+34AA1=14AA1+AD.因?yàn)锳2D2=B2(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),設(shè)點(diǎn)P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),設(shè)平面A2C2D2的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·C2A2=2x1+2y1-2z1=0,n1設(shè)平面PA2C2的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·C2A2=2x2+2y2-2z2=0,n2·C2P=2y因?yàn)槎娼荘-A2C2-D2為150°,所以|cos<n1,n2>|=|n1·整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.結(jié)合圖形可知,當(dāng)a=3或a=1時(shí),B2P=1,此時(shí)二面角P-A2C2-D2為150°.3.(1)證明連接BD交AC于點(diǎn)O,連接OB1,B1D1.在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,因?yàn)镈D1=DA=A1B1=12AB=所以O(shè)D∥B1D1,且OD=B1D1,所以四邊形OB1D1D為平行四邊形,所以O(shè)B1∥DD1.又DD1?平面AB1C,OB1?平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.(2)解因?yàn)锽1A=B1C,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)B1⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1?平面AB1C,所以O(shè)B1⊥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,則BD=則AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.如圖,以點(diǎn)D為原點(diǎn),AD,BD,DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則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=(-設(shè)平面AB1C的法向量為n=(x,y,z),則有n·AB1=-2x+3y+2z=0,則sin<BC1,n>=|cos<BC1,n>|=|BC1·n|BC1||n4.(1)證明連接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四邊形AA1B1B為正方形,∴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為圓柱底面的直徑.(2)解由題知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以AB,BC,BB1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則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(jìn),N為A1C1,CC1中點(diǎn),∴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).設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為m=(x1,y1,z則B∴2x1+2z1=0,2y1=0,取z1=-1,得x1=1,y1=0,故m=(1,0,-1).設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n則BM∴x2+y2+2z2=0,2y2+z2=0,取z2=-∴cos<m,n>=m·故平面A1BC與平面BMN夾角的余弦值為575.(1)證明取BC中點(diǎn)E,連接BD,DE,VE.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形且∠BAD=60°,所以△BCD為等邊三角形,故DE⊥BC.又在等邊三角形VBC中,VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE?平面DEV,所以BC⊥平面DEV.因?yàn)閂D?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,則△DEV是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形.過點(diǎn)O作ON⊥AB,交AB于N,由(1)可知,平面DEV⊥平面ABCD,取DE中點(diǎn)O,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),ON,OE,OV所在的直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,在△VOE中,OE=32,OV=32,可得A(2,-32,0),B(1,32,0),C(-1,32則CB=(2,0,0),CV=(1,-32,32),AV=(-2,32,32),設(shè)n=(x,y,令y=3,則z=1,得n=(0,3,1).設(shè)直線VA與平面VBC所成角為θ,則有sinθ=|cos<n,AV>|=|n即直線VA與平面VBC所成角的正弦值為376.(1)證明由題可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因?yàn)锳A1⊥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?yàn)锳Q⊥AB,則以A為原點(diǎn),AB,AQ,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由于AB=AA1=2A1B1=6,∠ABQ=30°,所以AQ=23,則Q(0,23,0),C(-3,33,0),C1(-32,設(shè)P(x,y,z),又CP=23CC1,所以(x+3,y-33,z)=23(3則P(-2,23,4),所以PQ=(2,0,-4).又y軸⊥平面AA1B1B,故n=(0,1,0)可為平面AA1B1B的一個(gè)法向量.又PQ·n=0+0+0=0,則PQ⊥n,且PQ?平面AA1B1B,所以PQ∥平面AA1B1B.(2)解因?yàn)锳A1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.如圖,以A為原點(diǎn),AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則B(6,0,0),C(0,6,0),C1(0,3,6),Q(3,3,0),設(shè)CP=λCC1,λ∈[0,1],則CP=λ(0,-3,6)=(0,-3λ,6λ),則PQ=CQ-CP=(3,-3,0)-(0,-3λ,6λ)=(3,-3+3λ,-6λ).又x軸⊥平面AA1C1C,所以m=(1,0,0)可作為平面AA設(shè)PQ與平面AA1C1C所成角為α,且α∈(0,π2則sinα=|cos<PQ,m>|=|PQ又函數(shù)y=sinα與y=tanα在區(qū)間(0,π2)上單調(diào)遞