2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练45　利用空间向量求空间角和距离（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练45　利用空间向量求空间角和距离（含答案解析），共8页。
1.(15分)(2025·江苏南京模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,PA=AB=BC=2,AD=1,E是棱PB的中点.
(1)求异面直线AE和PD所成角的余弦值;
(2)求点B到平面CDE的距离.
2.(15分)(2025·河北沧州模拟)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,DD1=3,点P在棱CC1上,且CC1=3CP.
(1)求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值;
(2)求平面PAD1与平面BAD1夹角的余弦值.
3.(15分)(2026·安徽阜阳模拟)如图所示,已知四棱锥E-ABCD中,ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,BE⊥平面ABCD,AB=BC=BE=2AD=6.
(1)求点B到平面CDE的距离;
(2)求二面角A-CD-E的正切值.
4.(17分)(2025·济宁一模)底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,AC与BD交于点O,平面PBD⊥平面ABCD,平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:PO⊥平面ABCD;
(2)若OA=2OD=2,直线DC与平面PBC所成角的正弦值为4515,求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值.
5.(17分)(2025·江苏盐城三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,M为线段PA的中点,连接BM.
(1)证明:BM∥平面PCD.
(2)求M到平面PCD的距离.
(3)线段PD上是否存在一点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为155?若存在,求出PEPD的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
1.解 (1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以以点A为坐标原点,AD,AB,AP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,
因为PA=AB=BC=2,AD=1,E是棱PB的中点,AD∥BC,则A(0,0,0),B(0,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),C(2,2,0),则AE=(0,1,1),PD=(1,0,-2).
所以AE·PD=0×1+1×0+1×(-2)=-2,|AE|=2,|PD|=5.设异面直线AE和PD所成角为θ,则cs θ=|cs|=|AE·PD|AE||PD||=105.
(2)因为D(1,0,0),E(0,1,1),C(2,2,0),所以CD=(-1,-2,0),DE=(-1,1,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·CD=-x-2y=0,n·DE=-x+y+z=0,取x=2,可得y=-1,z=3,则n=(2,-1,3).
又因为BE=(0,-1,1),所以点B到平面CDE的距离为d=|BE·n|n||=|0×2+(-1)×(-1)+1×322+(-1)2+32|=|414|=2147.
2.解 (1)如图,以D为原点,DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,3),P(0,2,1).
则AP=(-2,2,1),DD1=(0,0,3).
设直线AP与平面ABCD所成角为θ,
易知平面ABCD的一个法向量为DD1=(0,0,3),
所以sin θ=|cs|=|AP·DD1||AP||DD1|=33×3=13,
所以直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为13.
(2)由(1)可得AD=(-2,0,3),BD1=(-2,-2,3),AP=(-2,2,1).
设n=(x1,y1,z1)为平面PAD1的一个法向量,则n·AD1=0,n·AP=0,即-2x1+3z1=0,-2x1+2y1+z1=0,不妨令z1=2,可得n=(3,2,2).
设m=(x2,y2,z2)为平面BAD1的一个法向量,则m·BD1=0,m·AD1=0,即-2x2-2y2+3z2=0,-2x2+3z2=0,
不妨令z2=2,可得m=(3,0,2),
则|cs|=|m·n||m||n|=22117,
所以平面PAD1与平面BAD1夹角的余弦值为22117.
3.解 (1)∵BE⊥平面ABCD,AB,BC⊂平面ABCD,∴BE⊥AB,BE⊥BC,
又∠ABC=∠BAD=90°,∴BE,AB,BC两两互相垂直,
则以点B为坐标原点,BC,BA,BE分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
∵BE=AB=BC=2AD=6,
∴B(0,0,0),E(0,0,6),C(6,0,0),D(3,6,0),A(0,6,0),
∴BE=(0,0,6),ED=(3,6,-6),EC=(6,0,-6),
设平面ECD的一个法向量n=(x,y,z),
∴n·ED=3x+6y-6z=0,n·EC=6x-6z=0,
即x+2y-2z=0,x-z=0,
令z=1,可得x=1,y=12,
∴n=(1,12,1),
记点B到平面ECD的距离为d,则d=|BE·n||n|=|0×1+0×12+6×1|12+(12) 2+12=4,
∴点B到平面ECD的距离为4.
(2)由(1)可知平面ABCD的一个法向量为m=BE=(0,0,6),平面ECD的一个法向量为n=(1,12,1),
设二面角A-CD-E的平面角为α,
由图可知α∈(0,π2),
cs α=|cs|=|m·n||m||n|=|0×1+0×12+6×1|6×12+(12) 2+12=23,
由图知,二面角A-CD-E为锐二面角,
∴二面角A-CD-E的余弦值为23,正弦值为1-49=53,
∴二面角A-CD-E的正切值为52.
4.(1)证明 因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥平面PBD,因为PO⊂平面PBD,所以AC⊥PO,
因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAC,因为PO⊂平面PAC,所以BD⊥PO,
因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 由(1)知,AC,PO,BD两两垂直,
以O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
OA=2OD=2,则D(0,-1,0),C(-2,0,0),B(0,1,0),DC=(-2,1,0),
设P(0,0,t),t>0,则PB=(0,1,-t),CB=(2,1,0),设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),则m·PB=(x,y,z)·(0,1,-t)=y-tz=0,m·CB=(x,y,z)·(2,1,0)=2x+y=0,
令z=2得y=2t,x=-t,故m=(-t,2t,2),
直线DC与平面PBC所成角的正弦值为4515,即|cs|=|DC·m||DC||m|=|(-2,1,0)·(-t,2t,2)|4+1×(-t)2+4t2+4=4515,
解得t=1(负值舍去),则m=(-1,2,2).平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0),
设平面PAC与平面PBC的夹角为θ,则cs θ=|cs|=|m·n||m||n|=|(-1,2,2)·(0,1,0)|1+4+4=23,所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为23.
5.(1)证明 在四棱锥P-ABCD中,取PD中点N,连接MN,
由M为PA的中点,且AD=2,BC=1,得MN∥AD∥BC,MN=12AD=1=BC,则四边形BCNM为平行四边形,BM∥CN,而CN⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD.
(2)解 取AD的中点O,连接PO,OC,由△PAD为等边三角形,得PO⊥AD,
而平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
则PO⊥平面ABCD,由AO=BC=1,AO∥BC,得四边形ABCO是平行四边形,
于是OC∥AB,而AB⊥AD,则OC⊥AD,故直线OC,OD,OP两两垂直,如图,
以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),B(1,-1,0),P(0,0,3),则CP=(-1,0,3),CD=(-1,1,0),
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CP=-x+3z=0,n·CD=-x+y=0,
取z=1,得n=(3,3,1),
又BC=(0,1,0),所以B到平面PCD的距离d=|BC·n||n|=37=217,
因为BM∥平面PCD,所以M到平面PCD的距离为B到平面PCD的距离,即217.
(3)解 令PE=λPD=(0,λ,-3λ),λ∈[0,1],
AE=AP+PE=(0,1,3)+(0,λ,-3λ)=(0,1+λ,3−3λ),AC=(1,1,0),设平面EAC的法向量为m=(a,b,c),则m·AC=a+b=0,m·AE=(1+λ)b+(3-3λ)c=0,
取b=3(λ-1),得m=(3(1-λ),3(λ-1),λ+1),
平面DAC的法向量为OP=(0,0,3),
于是|cs|=|OP·m||OP||m|=3(λ+1)3·7λ2-10λ+7=155,
化简得2λ2-5λ+2=0,又λ∈[0,1],解得λ=12,即PEPD=12,所以线段PD上存在点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为155,PEPD=12.
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