新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-4空间角与距离、空间向量及其应用练习含答案

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高考新风向
1.(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为( B )
A.12 B.1 C.2 D.3
2.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=10,FB=23,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解析 (1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,
∴MD=2,∴MD=BC,
又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,
∴BM∥CD,
又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
∴BM∥平面CDE.
(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,
∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=3,
在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,
∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=10,
∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=12AM=1,
∴OF=AF2−AO2=3,又∵OB=3,FB=23,
∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,
又∵OB⊥AD,OF⊥AD,
∴分别以OB,OD,OF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F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),
∴BM=(-3,1,0),FB=(3,0,-3),ME=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·BM=0,n1·FB=0,即−3x1+y1=0,3x1−3z1=0,
不妨取x1=3,则n1=(3,3,1).
设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·BM=0,n2·ME=0,即−3x2+y2=0,y2+3z2=0,
不妨取y2=3,则x2=3,z2=-1,则n2=(3,3,-1).
设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cs θ|=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=3×3+3×3+1×(−1)(3)2+32+12×(3)2+32+(−1)2=1113,
∵0≤θ≤π,∴sin θ=1−cs2θ=1−11132=4313,
∴二面角F-BM-E的正弦值为4313.
考点1 空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为( B )
A.20° B.40° C.50° D.90°
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则( D )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( C )
A.15 B.25 C.35 D.25
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( ABD )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
5.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22.
(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.
解析 (1)设A到平面A1BC的距离为d.因为VA1−ABC=VA−A1BC=13S△ABC·AA1=13S△A1BC·d=13·VABC−A1B1C1=43,S△A1BC=22,所以d=3×4322=2.
(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值.
如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.
因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,
又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC.
又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角.
由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,
因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,
又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1,
所以BC⊥平面ABB1A1.
因为A1B,AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.
由(1)知AO=d=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,
又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2,所以可得AC=22,A1C=23,BD=3,
故△ABD的面积为12·AB·BD2−AB22=2,
又S△ABD=12BD·AH=2,所以AH=263,
在Rt△OHA中,sin∠OHA=AOAH=32,
即二面角A-BD-C的正弦值为32.
解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE.
因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面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.
由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,
又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB.
由(1)知AE=d=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,
又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2.
以B为坐标原点,向量BC,BA,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Bxyz,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),
则BC=(2,0,0),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1).
设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·BA=0,n1·BD=0,即2y1=0,x1+y1+z1=0,
令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).
设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·BC=0,n2·BD=0,即2x2=0,x2+y2+z2=0,
令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).
所以cs=n1·n2|n1||n2|=12,
又sin>0,所以sin=32.
所以二面角A-BD-C的正弦值为32.
考点2 空间向量及其应用
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是( BC )
2.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
解析 (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.
由QD=QA,得QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=QA2−AE2=(5)2−12=2.
∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,
在Rt△CDE中,CE=CD2+DE2=22+12=5.
∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0).
BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),
设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则n2·BQ=0,n2·BD=0,
即−2x+y+2z=0,−2x+2y=0,x=y=2z.取n2=(2,2,1).
设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,
则cs θ=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=21×3=23.
3.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)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.
解析 解法一(向量法):
(1)证明:以C为原点,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1),
∴B2C2=A2D2,∴B2C2∥A2D2,
又知B2C2与A2D2无公共点,
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
结合(1)可知A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2=(0,-2,3-a).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则A2C2·n1=0,A2D2·n1=0,即−2x1−2y1+2z1=0,−2y1+z1=0,
令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则PA2·n2=0,PC2·n2=0,即2x2+(1−a)z2=0,−2y2+(3−a)z2=0,
令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),
又∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴|cs 150°|=|cs|=|n1·n2||n1|·|n2|
=a−1+3−a+4|6·(a−1)2+(3−a)2+4=62a2−8a+14=32,
化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
解法二(几何法):
(1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3,
∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1,
在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
AA2∥BB3,AA2=BB3=1,
∴四边形ABB3A2为平行四边形,
∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB,
同理D2C3=CD,D2C3∥CD,
又∵AB∥CD,AB=CD=2,
∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3,
∴四边形A2B3C3D2为平行四边形,
∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3,
∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1,
∴四边形B2B3C3C2为平行四边形,
∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3,∴B2C2∥A2D2.
(2)当P在B1B2上时,连接A2B2.
由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E,
∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=2,
∴B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin 30°=22.
连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E,
由A1B2=A1D2=22,得A1E⊥B2D2,∴A1E=6,
由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,
又B2D2∩A2C2=E,
∴A1E⊥平面A2B2C2D2,
∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴A1E与平面PA2C2所成角为60°,
∴点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin 60°=322,
∴VA1−PA2C2VB2−PA2C2=d2d1=3,
设A1B2与A2P交于点Q,则A1QQB2=3,又知B2P∥A1A2,
∴B2PA1A2=B2QA1Q=13,又知A1A2=3,∴B2P=13A1A2=1.
由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1.
综上,B2P=1.
4.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值.
解析 (1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.(1分)
又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ACD与△ABD均为等边三角形,
∴AC=AB,∴AE⊥BC.(2分)
又∵AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,
∴BC⊥平面ADE,(3分)
又∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(4分)
(2)设DA=DB=DC=2,则BC=22,DE=AE=2,
∴AE2+DE2=4=DA2,(6分)
∴AE⊥DE.
又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.
以E为原点,ED,EB,EA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0),
∴DA=(-2,0,2),AB=(0,2,-2),
∵EF=DA,∴F(-2,0,2),
∴AF=(-2,0,0).(8分)
设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则DA·n1=0,AB·n1=0,即−2x1+2z1=0,2y1−2z1=0,
令z1=1,则n1=(1,1,1).(9分)
设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则AB·n2=0,AF·n2=0,即2y2−2z2=0,−2x2=0,
令z2=1,则n2=(0,1,1).(10分)
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
则|cs θ|=|n1·n2||n1|·|n2|=23×2=63.(11分)
又∵θ∈[0,π],
∴sin θ=1−cs2θ=1−632=33,
∴二面角D-AB-F的正弦值为33.(12分)
5.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
解析 解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0∵BF⊥AO,
∴BF·AO=[(1-t)BA+tBC]·−BA+12BC=(t-1)BA2+12tBC2=4(t-1)+4t=0,解得t=12,
故F为AC的中点.
∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12AB,
∴DE?OF.
∴四边形DEFO是平行四边形,∴EF∥DO.
又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=6,
∴DO=12PC=62,又AD=5DO,∴AD=302.
在Rt△ABO中,AB=2,BO=2,∴AO=6,
在△ADO中,OD2+AO2=AD2,
∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO,
又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF,
又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,
∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,
∴DG=13AD,GE=13BE,
∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=13AH,连接DH,GF,∴DH=32GF,由cs∠ABD=4+32−1522×2×62=4+6−PA22×2×6,得PA=14,
同理可得BE=62,
∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2=13×622+622=53,∴GF=153,故DH=32×153=152.
在△DOH中,OH=12BF=32,OD=62,DH=152,
∴cs∠DOH=64+34−1542×62×32=−22.
∴二面角D-AO-C的正弦值为22.

解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,2,0),C(0,22,0).
(1)证明:设AF=λAC,0<λ<1.∵AC=(-2,22,0),
∴F(2-2λ,22λ,0),∴BF=(2-2λ,22λ,0).
∵BF⊥AO,AO=(-2,2,0),
∴BF·AO=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=12,
故F为AC的中点.
连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12AB,
∴DE?OF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,
又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:易得AD=302,由cs∠ABD=4+32−1522×2×62=4+6−PA22×2×6,得PA=14.
设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14可得x2+y2+z2=6,x2+(y−22)2+z2=6,(x−2)2+y2+z2=14,解得x=−1,y=2,z=3,故P(-1,2,3),
又∵E是PA的中点,
∴E12,22,32,∴BE=12,22,32,又AO=(-2,2,0),∴AO·BE=-2×12+2×22+0×32=0,∴AO⊥BE,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,
∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,
∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),
∵D为PB的中点,∴D−12,22,32,
∴OD=−12,−22,32,
设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),
则m2·AO=0,m2·OD=0,即−2x1+2y1=0,−12x1−22y1+32z1=0,
取x1=1,则y1=2,z1=3,
则m2=(1,2,3),
设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cs θ|=|cs|=|m1·m2||m1||m2|=31×1+2+3=22.
由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,
∴cs θ=-22,∴sin θ=22,即二面角D-AO-C的正弦值为22.
三年模拟
练思维
1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于( AD )
A.30° B.45°
C.75° D.90
2.(多选)(2024江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P是矩形ABCD所在平面外一点,AB=2,BC=3,PA=PB=5,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则下列说法正确的是( BD )
A.BF=134
B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角
C.tan∠PCO=153
D.PC与BD所成的角的余弦值为2613
3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则( ABD )
A.该正方体外接球的表面积为27π
B.直线EF与CD所成角的余弦值为46161
C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形
D.点F到平面A1BC1的距离为32
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为23,点E为线段PC中点.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.
解析 (1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,
在△ABD中,由正弦定理知AC=BDsin∠BAD=4,
在△OFB中,OF=OBsin 30°=1,
所以F为OC中点,又E为PC的中点,所以EF∥PO,
又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,
又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.
(2)以点F为坐标原点,FA,FB,FE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A(3,0,0),M(2,3,0),E(0,0,3),故AM=(-1,3,0),AE=(-3,0,3),设平面AME的法向量为n1=(x,y,z),
由n1·AM=0,n1·AE=0
得−x+3y=0,−3x+3z=0,令x=3,则n1=(3,1,3),
易知平面PAC的一个法向量为n2=(0,1,0),
则cs=13+1+9=1313,
因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为1313.
5.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=2.
(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.
∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,
又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AOE,
∴BC⊥平面AEO,又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE.
(2)连接DO,则DO⊥BC,
由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC=2得AO=3,DO=1,又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,
又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.
如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),A(3,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴CA=(3,1,0),CD=(0,1,1),
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=0,n·CD=0,即3x+y=0,y+z=0,
取x=1,则n=(1,-3,3).
∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,
又OE=1,∴E32,0,−12,DE=32,0,−32,
则cs=DE·n|DE||n|=-77,
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为77.
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长为22,A1B1=12AB,M为BC中点,已知点P满足AP=(1-λ)AB+12λAD+λAA1,其中λ∈(0,1).
(1)求证D1P⊥AC;
(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为37,当λ=23时,求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O为正方形ABCD的中心),则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0),M(0,2,0),则AC=(-22,22,0),设正四棱台的高为h,则有A122,-22,h,C1-22,22,h,D1-22,-22,h,AP=(1-λ)(0,22,0)+12λ(-22,0,0)+λ−22,22,ℎ=−322λ,22−322λ,λℎ,
D1P=D1A+AP=−322λ+322,−322λ+322,λℎ−ℎ,(4分)
故AC·D1P=0,所以D1P⊥AC.(5分)
(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),又AM=(-2,22,0),AC1=−322,322,ℎ,
则AM·m=0,AC1·m=0,即−2x+22y=0,−322x+322y+ℎz=0,
令x=22h,则m=(22h,2h,3),(8分)
由题意可得|cs|=38ℎ2+2ℎ2+9=37,可得h=2(舍负),(11分)
因为λ=23,所以经过计算可得P0,0,43,
则DP=2,2,43.(13分)
将h=2代入,可得m=(42,22,3),(15分)
设直线DP与平面AMC1所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=8+4+42+2+169×32+8+9=241391.(17分)
一题多解
(1)证明:∵A1B1=12AB,∴AA1·AB=AA1·AD=22×22=2,
∵D1A=D1A1+A1A=-12AD-AA1,
∴D1P=D1A+AP=(1-λ)AB+12λ−12AD+(λ-1)AA1,
∴D1P·AC=(1-λ)AB+12λ−12AD+(λ-1)AA1·(AB+AD)=(1-λ)AB2+12λ−12AD2+(λ-1)AB·AA1+(λ-1)AD·AA1=8(1-λ)+812λ−12+4(λ-1)=0,
∴D1P⊥AC,即D1P⊥AC.
7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1=2AD,∠ABC=120°.
(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为55,求DEEC1的值.
解析 不妨设AD=1.
(1)证明:由题意得A1D⊥平面ABCD,因为AD⊂平面ABCD,所以A1D⊥AD.(1分)
在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,
由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cs∠DAB=22+12-2×2×1×cs 60°=3,得BD=3.(3分)
故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB.(4分)
因为A1D∩DB=D,所以AD⊥平面A1BD,(5分)
又AD⊂平面ADD1A1,所以平面A1BD⊥平面ADD1A1.(6分)
(2)由(1)知,DA,DB,DA1两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量DA,DB,DA1的方向为x,y,z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),A(1,0,0),B(0,3,0),A1(0,0,3),C(-1,3,0),则A1B=(0,3,-3),AC=(-2,3,0),
因为A1C1=AC,
所以C1(-2,3,3),(7分)
所以DC1=(-2,3,3),(8分)
设DE=λDC1(0<λ<1),则DE=λDC1=(-2λ,3λ,3λ),
即E(-2λ,3λ,3λ),
所以A1E=(-2λ,3λ,3λ-3),(9分)
设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·A1B=0,n·A1E=0,
即3y1−3z1=0,−2λx1+3λy1+(3λ−3)z1=0,
令z1=2λ,则y1=2λ,x1=23λ-3,n=(23λ-3,2λ,2λ),(12分)
易知DB⊥平面BCC1B1,故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量,(13分)
设平面A1BE与平面BCC1B1的夹角为α,
则cs α=|n·m||n|·|m|=2λ20λ2−12λ+3=55,解得λ=14,
故DEEC1=13.(15分)
8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.
(1)若点D到平面ACP的距离为233,证明:O1P⊥CD;
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
解析 (1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.
因为CD是圆O1的直径,所以CP⊥DP.
因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.
因为CP⊂平面CDP,所以AD⊥CP.
又因为AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D,
所以CP⊥平面ADP.
因为DH⊂平面ADP,所以DH⊥CP.
又因为DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P,
所以DH⊥平面ACP.
所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH=233,
设DP=a(a>0),则AP=a2+4.
由AD·DP=AP·DH,得2·a=a2+4·233,解得a=2.
因为CD=2,所以DP=PC=2.
因为O1是CD的中点,所以O1P⊥CD.
(2)如图2,在平面PCD内,过点O1作O1E⊥O1C交圆O1于点E,

因为OO1⊥平面PCD,所以O1E,O1C,O1O两两垂直,
以O1为原点,分别以O1E,O1C,O1O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则OC=(0,1,-2),AC=(0,2,-2),设点P(m,n,0),则CP=(m,n-1,0).
因为点P在圆O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).
设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC=0,n·CP=0,即2y−2z=0,mx+(n−1)y=0,解得y=z,y=−mn−1x.
取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).
设OC与平面ACP所成角为θ,
则sin θ=|cs|=|OC·n||OC||n|=m5·2m2+(n−1)2=15·2+(n−1)2m2=15·2+(n−1)21−n2.
因为(n−1)21−n2=(n−1)(n−1)(1−n)(1+n)=-n−11+n=-1+21+n,n∈(-1,1),
所以-1+21+n∈(0,+∞).
所以2+(n−1)21−n2=2+−1+21+n∈(2,+∞).
所以sin θ=15·2+(n−1)21−n2∈0,1010.
所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是0,1010.
9.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8 m,AD=4 m,ED=CF=1 m,且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA=GB=5 m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.
(1)求点H到平面ABCD的距离;
(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)如图,取AB,CD的中点M,N,连接GM,MN,HN,则GM⊥平面ABCD,HN⊥平面ABCD.
因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥HN,
又MN∥AD,AD∩DE=D,MN∩HN=N,
所以平面ADE∥平面GMNH,
又平面AEHG分别交平面ADE和平面GMNH于AE,GH,
所以AE∥GH.①
易知GM∥HN,又AB∥CD,AB∩GM=M,CD∩HN=N,
所以平面ABG∥平面CDEHF,
又平面AEHG分别交平面ABG和平面CDEHF于AG,EH,
所以AG∥EH.②
由①②知四边形AGHE为平行四边形,所以GH=AE.
因为AE=42+12=17(m),
所以GH=17 m.
在Rt△AMG中,GM=52−42=3(m),
在直角梯形GMNH中,HN=3+17−42=4(m).
又HN⊥平面ABCD,
所以点H到平面ABCD的距离为4 m.
(2)以N为坐标原点,直线NM,NC,NH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,-4,1),F(0,4,1),G(4,0,3),H(0,0,4),则HE=(0,-4,-3),HF=(0,4,-3),HG=(4,0,-1).
设平面BFHG的法向量是n=(x,y,z),
则n·HG=0,n·HF=0,即4x−z=0,4y−3z=0,令z=4,可得n=(1,3,4).
设平面AGHE的法向量是m=(a,b,c),
则m·HG=0,m·HE=0,即4a−c=0,−4b−3c=0,令c=4,可得m=(1,-3,4).
所以cs=1−9+161+9+16×1+9+16=413,
所以平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值为413.
练风向
(创新知识交汇)(2024安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.
(1)当∠ABE∈π8,π3时,求点E的轨迹长度;
(2)当二面角E-PA-B的余弦值为33时,求三棱锥E-PCB的体积.
解析 (1)作BH⊥PE交PE于H,因为平面PAE⊥平面PBE,且平面PAE∩平面PBE=PE,BH⊂平面PBE,
所以BH⊥平面PAE,又因为AE⊂平面PAE,所以BH⊥AE,
因为PB⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PB⊥AE,
因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH⊂平面PBE,PB∩BH=B,
所以AE⊥平面PBE,
又因为BE⊂平面PBE,所以AE⊥BE.
分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图1,

则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),
设E(x,y,0),因为AE⊥BE,所以AE·BE=0,又AE=(x-2,y,0),BE=(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,即(x-1)2+y2=1,如图2,设AB的中点为N,则N(1,0),
又因为∠ABE∈π8,π3,所以∠ANE∈π4,2π3,
因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为2π3−π4×1=5π12.
(2)由(1)知,PA=(2,0,-2),AE=(x-2,y,0),
设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),
则n·PA=2a−2c=0,n·AE=a(x−2)+by=0,
令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),
易知BC=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,
设二面角E-PA-B的平面角为θ,
则cs θ=n·BC|n||BC|=2−x(x−2)2+2y2,
则x−2|(x−2)2+2y2=33,(提示:结合(x-1)2+y2=1求解)解得x=2,y=0(舍去)或x=1,y=±1,
则E(1,1,0)或E(1,-1,0),
则点E到平面PBC的距离为1,
从而可得三棱锥E-PCB的体积VE-PCB=13S△PCB·h=13×12×2×2×1=23.