23版新高考一轮分层练案(四十一)　利用空间向量求空间角、距离

一轮分层练案(四十一)　利用空间向量求空间角、距离

A级——基础达标

1．如图，组合体由半个圆锥SO和一个三棱锥S­ACD构成，其中O是圆锥SO底面圆心，B是圆弧AC上一点，满足∠BOC是锐角，AC＝CD＝DA＝2.

(1)在平面SAB内过点B作BP∥平面SCD交SA于点P，并写出作图步骤，但不要求证明；

(2)在(1)中，若P是SA中点，且SO＝，求直线BP与平面SAD所成角的正弦值．

解：(1)(ⅰ)延长AB交DC的延长线于点Q；(ⅱ)连接SQ；(ⅲ)过点B作BP∥QS交SA于点P，如图①所示．

(2)由(1)知，若P是SA中点，则B是AQ中点，又因为CB⊥AQ，所以CA＝CQ，所以∠QAD＝90°，从而∠BAC＝30°.

依题意，OS，OC，OD两两垂直，如图②所示，分别以OC，OD，OS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A(－1,0,0)，D(0，，0)，S(0,0，)，P，B，

所以＝(1，，0)，＝(1,0，)，＝，

设平面SAD的法向量为n＝(x，y，z)，

则即取x＝，则y＝－1，z＝－1，所以n＝(，－1，－1)是平面SAD的一个法向量．

则cos〈n，〉＝＝＝＝－，

所以直线BP与平面SAD所成角的正弦值为.

2．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，AD⊥PD，点F为棱PD的中点．

(1)在棱BC上是否存在一点E，使得CF∥平面PAE，并说明理由；

(2)若AC⊥PB，二面角D­FC­B的余弦值为时，求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值．

解：(1)在棱BC上存在点E，使得CF∥平面PAE，点E为棱BC的中点．

证明：取PA的中点Q，连接EQ，FQ，如图所示，

由题意，FQ∥AD且FQ＝AD，CE∥AD且CE＝AD，

故CE∥FQ且CE＝FQ.∴四边形CEQF为平行四边形．

∴CF∥EQ，又CF⊄平面PAE，EQ⊂平面PAE，∴CF∥平面PAE.

(2)取AB中点M，以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设FD＝a，则D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(，1,0)，A(，－1,0)．

＝(0,2，－a)，＝(，－1,0)．

设平面FBC的一个法向量为m＝(x，y，z)．

由取x＝1，得m＝；取平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)．

由题意，＝|cos〈m，n〉|＝，解得a＝.

∴＝(，－1，－)．

设直线AF与平面BCF所成的角为θ，

则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为.

3．在Rt△ABC中，∠ABC＝，AB＝2，BC＝4，已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C1的位置如图所示，且∠BEC1＝，连接C1B，C1A.

(1)求证：平面AFC1⊥平面ABC1；

(2)求平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小．

解：(1)证明：取AC1，BC1的中点分别为G，H，连接GH，GF，HE.如图所示，

则GH∥AB∥EF，GH＝EF＝AB，

EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，

所以EF⊥平面BEC1，EH⊂平面BEC1，

EF⊥EH，所以GH⊥EH，

因为∠BEC1＝，E是BC的中点，

所以△EBC1为等边三角形，

所以EH⊥BC1，又因为GH⊂平面ABC1，

BC1⊂平面ABC1，GH∩BC1＝H，

所以EH⊥平面ABC1.

又因为GH∥EF，GH＝EF，所以四边形EHGF为平行四边形，所以FG∥EH，

所以FG⊥平面ABC1，又因为FG⊂平面AFC1，

所以平面AFC1⊥平面ABC1.

(2)以B为坐标原点，在平面BC1E内与BE垂直的直线为x轴，BE，BA所在的直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,2)，F(0,2,1)，C1(，1,0)，

平面BEC1的一个法向量m＝(0,0,1)，设平面AFC1的法向量为n＝(x，y，z)，＝(，1，－2)，＝(0,2，－1)，

所以令y＝1，

则z＝2，x＝，所以n＝(，1,2)是平面AFG的一个法向量，

所以cos〈m，n〉＝＝＝，

所以平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小为.

4.已知在四棱锥P­ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝2.

(1)求证：BE∥平面PAD；

(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：如图，取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝CD，

又AB∥CD，AB＝CD＝2，

∴EH∥AB，且EH＝AB，

∴四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA.又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.

(2)存在，点F为BC的中点．理由如下：

∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°.由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

由题知OC＝2，BC＝2，∴OB＝2，

由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，

∴P(0,0,2)，A(2，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．

设F(x，y，z)，＝λ，则(x－2，y，z)＝λ(－2,2,0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，

设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

∵＝(2，－2，－2)，＝(0,2,0)，

∴得

令z1＝1，得m＝(1,0,1)．

设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，

∵＝(0,0,2)，＝(2－2λ，2λ，0)，

∴得

令y2＝1，得n＝.

∴cos 60°＝＝，

解得λ＝，

可知当F为BC的中点时，平面POF与平面PAB所成的角为60°.

B级——综合应用

5.如图所示，圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的2倍，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，在底面内以线段AO为直径作⊙M，点P为⊙M上异于点A，O的动点．

(1)证明：平面SAP⊥平面SOP；

(2)当三棱锥S­APO的体积最大时，求二面角A­SP­B的余弦值．

解：(1)证明：∵SO垂直于圆锥的底面，∴SO⊥AP.

又∵AO为⊙M的直径，∴PO⊥AP.

又SO∩PO＝O，∴AP⊥平面SOP.

又AP⊂平面SAP，∴平面SAP⊥平面SOP.

(2)设圆锥的母线长为l，底面半径为r.

圆锥的侧面积为S侧＝πrl，底面积为S底＝πr2，

依题意得2πr2＝πrl，∴l＝2r.

∵r＝1，∴l＝2，

∴在△ABS中，AB＝AS＝BS＝2，

∴SO＝＝，

在底面作⊙O的半径OC，使得OA⊥OC.

又∵SO垂直于圆锥的底面，

∴SO⊥OA，SO⊥OC.

以O为坐标原点，分别以OA，OC，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，S(0,0，)．

在三棱锥S­APO中，SO＝，SO⊥平面APO，

∴△AOP面积最大时，三棱锥S­APO的体积最大，此时MP⊥OA.

又∵⊙M的半径为，∴此时点P坐标为.

∴＝，＝，＝.

设平面SAP的法向量为n1＝(a，b，c)，

则即

令a＝1，则b＝1，c＝，∴n1＝.

同理可求平面SBP的一个法向量n2＝.

设二面角A­SP­B的平面角为θ，

则|cos θ|＝＝＝.

又∵θ为钝角，∴二面角A­SP­B的余弦值为－.

6．试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：

如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面四边形ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．

解：若选②：由PO⊥平面ABCD，PC⊥AB，PO∩PC＝P，

所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，

所以∠BAC＝90°，BC>BA，

这与底面四边形ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.

下面证明：PO⊥平面ABCD，

因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，

所以BD⊥平面APC.

又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.

因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.

又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD，

因为PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，

因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，

所以∠PBA＝60°.

在菱形ABCD中，设AB＝2，

因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，

设PO＝a，则PA＝，PB＝.

在△PBA中，由余弦定理得

PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，

所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝，

所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)．

设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，

＝(，1,0)，＝(0,1，)，

由可得

令z1＝1得n1＝(，－，1)．

设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，

＝(，－1,0)，＝(0，－1，)，

由可得

令z2＝1得n2＝(，，1)．

设二面角A­PB­C的平面角为θ，

所以cos θ＝＝，

所以二面角A­PB­C的余弦值为.