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适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间位置关系空间角课件
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这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间位置关系空间角课件，共29页。
(1)证明:BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
2.(2023新高考Ⅰ,18) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB, CC1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.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
(1)证明:DD1∥平面AB1C;(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.
(2)解 因为B1A=B1C,O为AC的中点,所以OB1⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,所以OB1⊥平面ABCD.又OB1∥DD1,所以DD1⊥平面ABCD.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.如图,以点D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
4.(2023江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱, AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值.
(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四边形AA1B1B为正方形,∴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为圆柱底面的直径.
(2)解 由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以AB,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则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,N为A1C1,CC1中点,∴M(1,1,2),N(0,2,1),
5.(2023山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=2, ∠BAD=60°,△VBC为等边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;(2)若二面角A-BC-V的大小为60°,求直线VA与平面VBC所成角的正弦值.
(1)证明 取BC中点E,连接BD,DE,VE.因为四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,所以△BCD为等边三角形,故DE⊥BC.又在等边三角形VBC中,VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE⊂平面DEV,所以BC⊥平面DEV.因为VD⊂平面DEV,所以BC⊥VD.
6.(2023湖南长沙一中模拟)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB, AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点P,Q分别在线段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小为θ.
(2)若θ=90°,点P为CC1上的动点,点Q为BC的中点,求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角Q-AP-C的余弦值.
(1)证明 由题可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因为AA1⊥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. 因为AQ⊥AB,则以A为原点,AB,AQ,AA1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.
(2)解 因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
(1)证明:BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
2.(2023新高考Ⅰ,18) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB, CC1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.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
(1)证明:DD1∥平面AB1C;(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.
(2)解 因为B1A=B1C,O为AC的中点,所以OB1⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,所以OB1⊥平面ABCD.又OB1∥DD1,所以DD1⊥平面ABCD.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.如图,以点D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
4.(2023江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱, AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值.
(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四边形AA1B1B为正方形,∴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为圆柱底面的直径.
(2)解 由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以AB,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则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,N为A1C1,CC1中点,∴M(1,1,2),N(0,2,1),
5.(2023山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=2, ∠BAD=60°,△VBC为等边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;(2)若二面角A-BC-V的大小为60°,求直线VA与平面VBC所成角的正弦值.
(1)证明 取BC中点E,连接BD,DE,VE.因为四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,所以△BCD为等边三角形,故DE⊥BC.又在等边三角形VBC中,VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE⊂平面DEV,所以BC⊥平面DEV.因为VD⊂平面DEV,所以BC⊥VD.
6.(2023湖南长沙一中模拟)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB, AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点P,Q分别在线段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小为θ.
(2)若θ=90°,点P为CC1上的动点,点Q为BC的中点,求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角Q-AP-C的余弦值.
(1)证明 由题可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因为AA1⊥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. 因为AQ⊥AB,则以A为原点,AB,AQ,AA1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.
(2)解 因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
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