高考数学二轮复习专项分层特训命题点16空间角与空间距离(二)含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点16空间角与空间距离(二)含答案，共17页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2021·新高考Ⅱ卷]在四棱锥Q ­ ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝ eq \r(5) ，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B ­ QD ­ A的平面角的余弦值．
2．[2021·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A ­ BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E ­ BC ­ D的大小为45°，求三棱锥A ­ BCD的体积．
3.[2022·新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥P ­ ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C ­ AE ­ B的正弦值．
4．[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC ­ A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) .
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A ­ BD ­ C的正弦值．
5.[2022·河北保定二模]如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P­EFGB，如图2.
(1)证明：EF⊥PB；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B ­ FM ­ E的余弦值．
6．[2022·山东枣庄三模]如图，在平行六面体ABCD ­ A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2AD＝2，∠DAB＝60°.
(1)证明：AD⊥A1B；
(2)设点P为线段DC1上一点(异于D，C1)，当DP为何值时，平面A1PB与平面AA1D1D夹角的余弦值最大？
命题点16 空间角与空间距离(二)(大题突破)
1．解析：(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝ eq \r(5) ，故QO＝ eq \r(5－1) ＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝ eq \r(5) ，
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形，且QO⊥OC，
因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．
则D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0)) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，0)) ，故 eq \(BQ,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，1，2)) ， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，2，0)) .
设平面QBD的法向量n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z)) ，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0,n·\(BD,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0,－2x＋2y＝0)) ，取x＝1，则y＝1，z＝ eq \f(1,2) ，故n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))) .
而平面QAD的法向量为m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，0)) ，故cs 〈m，n〉＝ eq \f(1,1×\f(3,2)) ＝ eq \f(2,3) .
二面角B ­ QD ­ A的平面角为锐角，故其余弦值为 eq \f(2,3) .
2．解析：(1)证明：因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M，连EM，
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD，
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC，
因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME，
则∠EMF为二面角E ­ BC ­ D的平面角， ∠EMF＝45°，
因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形．
因为BD＝2CD，所以FM＝ eq \f(1,2) BF＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3))) ＝ eq \f(2,3) ，
从而EF＝FM＝ eq \f(2,3) ，所以AO＝1，
因为AO⊥平面BCD，
所以V＝ eq \f(1,3) AO·S△BCD＝ eq \f(1,3) ×1× eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),6) .
3．解析：(1)证明：方法一 连接OA.
因为PO是三棱锥P ­ ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，
所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.
取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.
又AB⊥AC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
方法二 连接OA.
因为PO是三棱锥P ­ ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，
所以OA＝OB.
延长BO交AC于点H，连接PH.
因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．
又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，
所以点O为BH的中点．
在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，
所以OE∥PH.
因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，
所以OE∥平面PAC.
(2)由(1)易知OA＝OB，所以OD⊥AB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，
所以OA＝OB＝4.
又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝ eq \f(1,2) OB＝2，DA＝DB＝2 eq \r(3) ，所以P(0，2，3)，B(2 eq \r(3) ，0，0)，A(－2 eq \r(3) ，0，0)，E( eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) ).
设AC＝a，则C(－2 eq \r(3) ，a，0).
设平面AEB的法向量为n1＝(x1，y1，z1).
eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(4 eq \r(3) ，0，0)， eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(3 eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) )，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n1＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n1＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4\r(3)x1＝0，,3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，))
所以x1＝0.
令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝(0，3，－2).
设平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(0，a，0)， eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(3 eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) )，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n2＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n2＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ay2＝0，,3\r(3)x2＋y2＋\f(3,2)z2＝0，))
所以y2＝0.
令x2＝ eq \r(3) ，得z2＝－6，所以n2＝( eq \r(3) ，0，－6).
所以cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(12,\r(13)×\r(39)) ＝ eq \f(12,13\r(3)) ＝ eq \f(4\r(3),13) .
设二面角C ­ AE ­ B的平面角为θ，则sin θ＝ eq \r(1－cs2θ) ＝ eq \f(11,13) ，
所以二面角C­ AE ­ B的正弦值为 eq \f(11,13) .
4．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.
∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC＝ eq \f(1,3) V三棱柱ABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，
∴ eq \f(1,3) ·S△A1BC·h＝ eq \f(1,3) ×4.
又∵S△A1BC＝2 eq \r(2) ，∴h＝ eq \r(2) .
∴点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) .
(2)方法一 如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.
由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝ eq \f(1,2) A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，
平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，AE⊥BC，
∴A1B＝2 eq \r(2) ，∴AA1＝AB＝2.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，
∴S△ABC＝2.
易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，
∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.
过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，
易得∠EFA即为二面角A ­ BD ­ C的平面角的补角．
易得AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝2 eq \r(2) ，
则A1C＝ eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AC2) ＝2 eq \r(3) .
∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) .
易知AD＝BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) ，∴△ABD为等腰三角形，
∴AF·BD＝AB· eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2) ＝2 eq \r(2) ，
则AF＝ eq \f(2\r(2),\r(3)) ，
∴sin ∠AFE＝ eq \f(AE,AF) ＝ eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A ­ BD ­ C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .
方法二 如图(2)，取A1B的中点E，连接AE.
∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，
∴AE＝h＝ eq \r(2) ，则AA1＝AB＝2.
∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.
∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.
∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝ eq \f(1,2) AB·BC·A1A＝ eq \f(1,2) ×2×BC×2＝4，解得BC＝2.
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).
∴ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1)， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(1，1，1)， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0).
由题意，得平面BDC的法向量为n1＝ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1).
设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n2＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.))
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) .
设二面角A ­ BD ­ C的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝ eq \r(1－cs2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A­ BD ­ C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .
5．解析：(1)证明：由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，
得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，则PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.
因为 eq \f(AE,AB) ＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(1,2) ，所以△ABE∽△ACB，
所以BE⊥AC，即BE⊥EF.
又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，
因为PB⊂平面PEB，所以EF⊥PB.
(2)以E为坐标原点，以 eq \(EF,\s\up6(→)) ， eq \(EB,\s\up6(→)) ， eq \(EP,\s\up6(→)) 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E ­ xyz，
则E(0，0，0)，F(4，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3 eq \r(3) ，0)，
M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3\r(3),2)，\f(3,2))) ， eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(4，0，0)， eq \(EM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3\r(3),2)，\f(3,2))) ， eq \(BF,\s\up6(→)) ＝(4，－3 eq \r(3) ，0)， eq \(PF,\s\up6(→)) ＝(4，0，－3).
平面BFM即平面BPM，设平面
BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则由m· eq \(BF,\s\up6(→)) ＝0，m· eq \(PF,\s\up6(→)) ＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x1－3\r(3)y1＝0,4x1－3z1＝0)) .
令y1＝4，得m＝(3 eq \r(3) ，4，4 eq \r(3) ).
设平面EFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n· eq \(EF,\s\up6(→)) ＝0，n· eq \(EM,\s\up6(→)) ＝0，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2＝0,\f(3\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0)) .
令y2＝1，得n＝(0，1，－ eq \r(3) ).
因为cs m，n＝ eq \f(m·n,|m||n|) ＝ eq \f(4－12,\r(91)×2) ＝－ eq \f(4\r(91),91) ，
所以钝二面角B ­ FM ­ E的余弦值为－ eq \f(4\r(91),91) .
6．解析：(1)证明：连接BD，因为AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，
所以在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cs ∠DAB＝5－4cs 60°＝3，即BD＝ eq \r(3) ，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为A1D⊥底面ABCD，所以A1D⊥AD，
因为A1D∩BD＝D，
所以AD⊥平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，
所以AD⊥A1B.
(2)结合(1)可知，DA，DA1，DB两两垂直，故以D为坐标原点，分别以 eq \(DA,\s\up6(→)) ， eq \(DB,\s\up6(→)) ， eq \(DA1,\s\up6(→)) 的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，0， eq \r(3) )，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1， eq \r(3) ，0)，
所以 eq \(DC1,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA1,\s\up6(→)) ＋ eq \(A1B1,\s\up6(→)) ＋ eq \(B1C1,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA1,\s\up6(→)) ＋ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BC,\s\up6(→)) ＝(0，0， eq \r(3) )＋(－1， eq \r(3) ，0)＋(－1，0，0)＝(－2， eq \r(3) ， eq \r(3) )，即C1(－2， eq \r(3) ， eq \r(3) )，
因为点P为线段DC1上一点(异于D，C1)，
所以，设 eq \(DP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(DC1,\s\up6(→)) ＝(－2λ， eq \r(3) λ， eq \r(3) λ)(0