高考数学二轮复习专项分层特训命题点15空间角与空间距离(一)含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点15空间角与空间距离(一)含答案，共16页。试卷主要包含了[2020·新高考Ⅰ卷]等内容，欢迎下载使用。
1．[2022·北京卷]如图，在三棱柱ABC ­ A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，那么按第一个解答计分．
2．[2022·全国甲卷]在四棱锥P ­ ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ eq \r(3) .
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
3．[2022·全国乙卷]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．
4．[2020·新高考Ⅰ卷]
如图，四棱锥P ­ ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
5．[2022·福建福州三模]如图1，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝ eq \r(3) ，AC＝3，E是AB的中点，D在AC上，DE⊥AB.沿着DE将△ADE折起，得到几何体A ­ BCDE，如图2
(1)证明：平面ABE⊥平面BCDE；
(2)若二面角A ­ DE ­ B的大小为60°，求直线AD与平面ABC所成角的正弦值．
6．[2022·湖南长郡中学模拟]如图，已知直三棱柱ABC ­ A1B1C1，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AA1＝16，AC＝8.
(1)若AO＝ eq \f(1,2) BC，试证：C1N⊥CM；
(2)在(1)的条件下，当AB＝6时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值为 eq \f(3\r(2),10) .
命题点15 空间角与空间距离(一)(大题突破)
1．解析：
(1)证明：如图(1)，取BC的中点D，连接DN，DB1.
因为D，N分别是BC，AC的中点，所以DN是△ABC的中位线，所以DN∥AB，DN＝ eq \f(1,2) AB.
由三棱柱ABC ­ A1B1C1，得AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M是A1B1的中点，所以B1M＝ eq \f(1,2) A1B1，B1M∥AB，
所以DN∥B1M，DN＝B1M.
所以四边形DNMB1是平行四边形，所以MN∥DB1.
因为DB1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)选择条件①.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1.
又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，BC⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以BC⊥平面ABB1A1.
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
由(1)知MN∥DB1，又因为AB⊥MN，所以AB⊥DB1.
因为BC∩DB1＝D，BC，DB1⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥平面BCC1B1.又BB1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BB1.
以B为坐标原点， eq \(BC,\s\up6(→)) ， eq \(BA,\s\up6(→)) ， eq \(BB1,\s\up6(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图(2)的空间直角坐标系B ­ xyz，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，0，2)，A1(0，2，2)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，则 eq \(BN,\s\up6(→)) ＝(1，1，0)， eq \(BM,\s\up6(→)) ＝(0，1，2)， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0).
设n＝(x，y，z)是平面BMN的法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0.))
取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n＝(2，－2，1).
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈n· eq \(BA,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(BA,\s\up6(→))|,|n|·|\(BA,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(|2×0＋（－2）×2＋1×0|,\r(22＋（－2）2＋12)×2) ＝ eq \f(2,3) .
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 eq \f(2,3) .
选择条件②.
由(1)知四边形DNMB1是平行四边形，所以DB1＝MN.又BM＝MN，所以DB1＝BM.
由(1)知AB＝A1B1，又AB＝BC，M，D分别是A1B1，BC的中点，所以BD＝B1M.
又BB1＝BB1，所以△DBB1≌△MB1B.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1，所以MB1⊥BB1，即A1B1⊥BB1，所以AB⊥BB1.
剩余计算过程同选择条件①.
2．解析：(1)证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB，
∴四边形ABCD是等腰梯形．
如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，
则AF＝BE＝ eq \f(1,2) (AB－CD)＝ eq \f(1,2) ，CD＝EF.
又AD＝1，∴DF＝ eq \r(AD2－AF2) ＝ eq \f(\r(3),2) .
又BF＝EF＋BE＝ eq \f(3,2) ，∴BD＝ eq \r(BF2＋DF2) ＝ eq \r(3) .
在△ABD中，又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.
∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.
又AD∩PD＝D，
∴BD⊥平面PAD.
∵PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.
(2)如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，P(0，0， eq \r(3) )，
∴ eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(0，0，－ eq \r(3) )， eq \(PA,\s\up6(→)) ＝(1，0，－ eq \r(3) )， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－ eq \r(3) ).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\(PB,\s\up6(→))·n＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0.))
令z＝1，得x＝ eq \r(3) ，y＝1，则n＝( eq \r(3) ，1，1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(PD,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(PD,\s\up6(→))|,|n|·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PD,\s\up6(→))))) ＝ eq \f(\r(3),\r(5)×\r(3)) ＝ eq \f(\r(5),5) .
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为 eq \f(\r(5),5) .
3．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF⊂平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝ eq \r(3) .
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA ，EB ，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴ eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－1)， eq \(ED,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)， eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0).
设 eq \(DF,\s\up6(→)) ＝λ eq \(DB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)，
则 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋ eq \(DF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋λ eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)＋λ(0， eq \r(3) ，－1)＝(0， eq \r(3) λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴ eq \(EF,\s\up6(→)) · eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) λ，1－λ)·(0， eq \r(3) ，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，∴ eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \(EF,\s\up6(→)) － eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )－(－1，0，0)＝(1， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) ).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.))
取y＝1，则x＝ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ，∴n＝( eq \r(3) ，1， eq \r(3) ).
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(CF,\s\up6(→))|,|n||\(CF,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)× \r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16))) ＝ eq \f(4\r(3),7) .
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7) .
4．解析：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l∥AD，
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点， eq \(DA,\s\up6(→)) 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­ xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)， eq \(DC,\s\up6(→)) ＝(0，1，0)， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，则 eq \(DQ,\s\up6(→)) ＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))
可取n＝(－1，0，a).
所以cs 〈n， eq \(PB,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n|·|\(PB,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)) .
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝ eq \f(\r(3),3) × eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2)) ＝ eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)) .
因为 eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)) ≤ eq \f(\r(6),3) ，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 eq \f(\r(6),3) .
5．解析：(1)证明：因为在图1中DE⊥AB，沿着DE将△ADE折起，
所以在图2中有DE⊥AE，DE⊥BE，
又AE∩BE＝E，
所以DE⊥平面ABE，
又因为DE⊂平面BCDE，
所以平面ABE⊥平面BCDE；
(2)由(1)知，DE⊥AE，DE⊥BE，
所以∠AEB是二面角A ­ DE ­ B的平面角，
所以∠AEB＝60°，
又因为AE＝BE，
所以△ABE是等边三角形，
连接CE，
在图1中，因为∠C＝90°，BC＝ eq \r(3) ，AC＝3，
所以∠EBC＝60°，AB＝2 eq \r(3) ，
因为E是AB的中点，
所以BE＝BC＝ eq \r(3) ，
所以△BCE是等边三角形．
取BE的中点O，连接AO，CO，
则AO⊥BE，CO⊥BE，
因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，
所以AO⊥平面BCDE，
所以OB，OC，OA两两垂直，
以O为原点， eq \(OB,\s\up6(→)) ， eq \(OC,\s\up6(→)) ， eq \(OA,\s\up6(→)) 为x，y，z轴建系，如图所示．
A(0，0， eq \f(3,2) )，B( eq \f(\r(3),2) ，0，0)，C(0， eq \f(3,2) ，0)，D(－ eq \f(\r(3),2) ，1，0)，
所以 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) ，0，－ eq \f(3,2) )， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(3,2) ，－ eq \f(3,2) )， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(\r(3),2) ，1，－ eq \f(3,2) )，
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(3,2)z＝0，,\f(3,2)y－\f(3,2)z＝0.))
取z＝1，得平面ABC的一个法向量为n＝( eq \r(3) ，1，1)，
所以cs 〈 eq \(AD,\s\up6(→)) ，n〉＝ eq \f(n·\(AD,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)) |\(AD,\s\up6(→)) | ) ＝ eq \f(（－\f(\r(3),2)）×\r(3)＋1×1＋（－\f(3,2)）×1,\r(5)×2) ＝－ eq \f(\r(5),5) .
设直线AD与平面ABC所成角为θ，则sin θ＝ eq \f(\r(5),5) .
6．解析：(1)证明：在△ABC中，因为O为BC中点且AO＝ eq \f(1,2) BC，所以AB⊥AC，
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，交线为AC，所以AB⊥平面ACC1A1，
CM⊂平面ACC1A1，所以AB⊥CM，因为M，N分别为AA1，BB1的中点，所以MN∥AB，所以CM⊥MN，在直角△AMC和直角△MA1C1中，因为AM＝A1M＝8，
AC＝A1C1＝8，所以△AMC≌△MA1C1，所以CM＝C1M＝ eq \r(64＋64) ＝8 eq \r(2) ，
所以在△C1MC中有CM2＋C1M2＝CC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，所以CM⊥C1M，MN∩C1M＝M，又MN⊂平面C1MN，
C1M⊂平面C1MN，所以CM⊥平面C1MN，C1N⊂平面C1MN，所以C1N⊥CM.
(2)AA1⊥平面ABC，由(1)得AB，AC，AA1三线两两垂直，
以A为原点，AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，
则A(0，0，0)，B(6，0，0)，C(0，8，0)，C1(0，8，16)，M(0，0，8)，B1(6，0，16)，
所以 eq \(BC,\s\up6(→)) ＝(－6，8，0)， eq \(BB1,\s\up6(→)) ＝(0，0，16)，
设平面BB1C1C的一个法向量为n＝(x，y，z)，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－6x＋8y＝0,16z＝0)) ，
令x＝4得y＝3，n＝(4，3，0)，设P(x，y，z)， eq \(AP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(AC1,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)，
则(x，y，z)＝λ(0，8，16)，所以P(0，8λ，16λ)， eq \(MP,\s\up6(→)) ＝(0，8λ，16λ－8)，
设直线MP与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sin θ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·\(MP,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MP,\s\up6(→))))) ＝ eq \f(3λ,5\r(5λ2－4λ＋1)) ＝ eq \f(3\r(2),10) ，
化简得：3λ2－4λ＋1＝0，
解得：λ＝ eq \f(1,3) 或λ＝1，
即：P为AC1的三等分点(靠近A)或与C1重合时，
线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值为 eq \f(3\r(2),10) .