（新高考）高考数学一轮复习讲练测第7章必刷大题14空间向量与立体几何

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(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，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．
解 (1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1
，
又△A1BC的面积为2eq \r(2)，
＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(—→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2).
因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为eq \f(\r(3),2).
2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.
(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.
证明 (1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1)，
∵eq \(AM,\s\up6(→))＝n，∴AM⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点E，
则E是AC的中点，连接PE，
∵AM∩平面PBD＝O，
∴O∈AM且O∈平面 PBD，
∵AM⊂平面PAC，
∴O∈平面PAC，
又平面PBD∩平面PAC＝PE，
∴O∈PE，
∴AM，PE的交点就是O，连接ME，
∵M是PC的中点，
∴PA∥ME，PA＝2ME，
∴△PAO∽△EMO，
∴eq \f(PA,ME)＝eq \f(AO,OM)＝eq \f(2,1)，
∴AO＝2OM.
3. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求点B到平面PCF的距离．
(1)证明 连接EF(图略)，∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF∥PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF∥CD，且AF＝CD.
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF∥AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF∥平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD∥平面EFC，CE⊂平面EFC，则CE∥平面PAD.
(2)解 ∵∠ADC＝90°，AB∥CD，∴AB⊥AD，CF⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB＝A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF.
设CF＝x，则S△AFC＝eq \f(1,2)×1×x＝eq \f(x,2)，S△PFC＝eq \f(1,2)×eq \r(5)×x＝eq \f(\r(5),2)x，
设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，
得eq \f(1,3)×eq \f(x,2)×2＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(5)x,2)×h，则h＝eq \f(2\r(5),5).
∵点F为AB的中点，∴点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离，为eq \f(2\r(5),5).
4. (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．
(1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC是边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)．
易得DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2)，所以3eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→)).
设F(0，y，z)，则eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，
eq \(FB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
得y＝eq \f(\r(3),4)，z＝eq \f(3,4)，
即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).
设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝\r(3)y1－z1＝0，))
不妨取y1＝1，则x1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，
n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CF,\s\up6(→))·n|,|\(CF,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4\r(3),7).
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(4\r(3),7).
方法二 因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AE·BE·DE＝eq \f(1,3)·S△ABD·eq \f(d,2)，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，所以d＝eq \f(2\r(21),7).
由(1)知AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(4\r(3),7).
方法三 如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的eq \f(1,2).
因为EM＝AE·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
所以EG＝eq \f(DE·EM,DM)＝eq \f(DE·EM,\r(DE2＋EM2))＝eq \f(\r(21),7)，
所以点C到平面ABD的距离d＝eq \f(2\r(21),7).
FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(4\r(3),7).
5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．
(1)证明：AC⊥DE；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．
①四棱锥A－BCDE的体积为2；
②直线AC与EB所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
(1)证明 在图①中，连接CE(图略)，
因为DC∥AB，CD＝eq \f(1,2)AB，E为AB的中点，
所以DC∥AE，且DC＝AE，
所以四边形ADCE为平行四边形，
所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，
同理可证DE＝2，
在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，
则OA＝OC＝eq \r(3)，
因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，
因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.
(2)解 若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，
所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形BCDE＝2eq \r(3)，
所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)·AH，
所以AH＝OA＝eq \r(3)，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－eq \r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq \r(3))，
易知平面DAE的一个法向量为eq \(CO,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取n＝(1，－eq \r(3)，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(CO,\s\up6(→))·n|,|\(CO,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角，
在△ADC中，cs∠ACD＝eq \f(AC2＋4－4,4AC)＝eq \f(\r(6),4)，
所以AC＝eq \r(6)，所以OA2＋OC2＝AC2，即OA⊥OC，
因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，又OA⊂平面AOC，
所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－eq \r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq \r(3))，
易知平面DAE的一个法向量为eq \(CO,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(CA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\(CA,\s\up6(→))＝\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取n＝(1，－eq \r(3)，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(CO,\s\up6(→))·n|,|\(CO,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
6. (2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．
(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．
(1)证明 因为△ABC是正三角形，点E是BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为AE∩EF＝E，
AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.
(2)解 在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，此时EH∥CD，即H为BD的中点，
设BC＝4，则EA＝2eq \r(3)，DF＝FC＝1，EF＝eq \r(3).
以E为原点，以EH，EF，EA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，
则E(0,0,0)，A(0,0,2eq \r(3))，
C(－1，eq \r(3)，0)，D(1，eq \r(3)，0)，
设G(1，y,0)(－eq \r(3)≤y≤eq \r(3))，则eq \(EA,\s\up6(→))＝(0,0,2eq \r(3))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，y,0), 设平面AEG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EA,\s\up6(→))＝2\r(3)z1＝0，,n1·\(EG,\s\up6(→))＝x1＋yy1＝0，))令y1＝－1，得n1＝(y，－1,0)，
设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CD,\s\up6(→))＝2x2＝0，,n2·\(AD,\s\up6(→))＝x2＋\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，))令z2＝1，得n2＝(0,2,1)，
设平面AEG与平面ACD的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|－2|,\r(5)·\r(y2＋1))＝eq \f(2,\r(5)·\r(y2＋1))，
当y＝0时，cs θ最大，此时平面AEG与平面ACD的夹角θ最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．