【最新版】高中数学高三培优小题练第65练　高考大题突破练——立体几何与空间向量

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考点一 空间中求角
1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，D是A1C1的中点，且AC＝BC＝AA1＝2.
(1)求证：BC1∥平面AB1D；
(2)求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，
由ABC－A1B1C1为三棱柱，得A1E＝BE.
又∵D是A1C1的中点，∴BC1∥DE.
∵BC1⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
∴BC1∥平面AB1D.
(2)解 ∵CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，
∴CA，CB，CC1两两垂直，
故分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,2)，D(1,0,2)，
∴eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(－2,2,2)，eq \(B1D,\s\up6(—→))＝(1，－2,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．
设平面AB1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(—→))＝－2x＋2y＋2z＝0，,n·\(B1D,\s\up6(—→))＝x－2y＝0，))取y＝1，得n＝(2,1,1)，
设直线BC与平面AB1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BC,\s\up6(→))|,|n||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6).
∴直线BC与平面AB1D所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
2．(2022·上海交大附中闵行分校月考)在正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2(如图1)．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连接A1B，A1P(如图2)
图1 图2
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；
(3)求二面角B－A1P－F的余弦值．
(1)证明 不妨设正三角形ABC的边长为3.
图1 图2
在图1中，取BE的中点D，连接DF，
由AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，则AF＝AD＝2，而∠A＝60°，
又△ADF是正三角形，AE＝DE＝1，所以EF⊥ AD.
在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，所以∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角．
由题设条件知此二面角为直二面角，则A1E⊥BE.
又BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，
所以A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP.
(2)解 以E为原点，以EB，EF，EA1所在直线为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)，A1(0,0,1)，B(2,0,0)，F(0，eq \r(3)，0)，P(1，eq \r(3)，0)，
则eq \(A1E,\s\up6(—→))＝(0,0，－1)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(2,0，－1)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)．
设平面A1BP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1⊥平面A1BP知，n1⊥eq \(A1B,\s\up6(—→))，n1⊥eq \(BP,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1－z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))
令x1＝eq \r(3)，得y1＝1，z1＝2eq \r(3)，
即n1＝(eq \r(3)，1,2eq \r(3))，
设直线A1E与平面A1BP所成角为α，
sin α＝|cseq \(A1E,\s\up6(—→))，n1|＝eq \f(|\(A1E,\s\up6(—→))·n1|,|\(A1E,\s\up6(—→))||n1|)
＝eq \f(|\r(3)×0＋1×0＋2\r(3)×－1|,\r(\r(3)2＋12＋2\r(3)2)·\r(02＋02＋－12))
＝eq \f(\r(3),2)，所以α＝60°，
故直线A1E与平面A1BP所成的角为60°.
(3)解 eq \(A1F,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，设平面A1FP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由n2⊥平面A1FP知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＝0，,\r(3)y2－z2＝0.))
令y2＝1，得x2＝0，z2＝eq \r(3)，n2＝(0,1，eq \r(3))．
csn1，n2＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)
＝eq \f(\r(3)×0＋1×1＋2\r(3)×\r(3),\r(\r(3)2＋12＋2\r(3)2)·\r(02＋12＋\r(3)2))＝eq \f(7,8)，
所以二面角B－A1P－F的余弦值是－eq \f(7,8).
考点二 立体几何中的最值问题
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABC，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝2，AB＝2eq \r(3)，BC＝6.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)PA长为何值时，直线PC与平面PBD所成角最大？求此时该角的正弦值．
(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥PA，
又tan∠ABD＝eq \f(AD,AB)＝eq \f(\r(3),3)，tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)＝eq \r(3)，
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC(E为AC与BD的交点)．
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
又∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.
(2)解 如图，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
设AP＝t(t>0)，
则B(2eq \r(3)，0,0)，C(2eq \r(3)，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0，t)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2，0))，eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2，t))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，6，－t))，设平面PBD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,－2y＋tz＝0，))取x＝1，
得平面PBD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2\r(3),t)))，
∴cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(PC,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))
＝eq \f(6\r(3),\r(48＋t2)·\r(4＋\f(12,t2)))＝eq \f(3\r(3),\r(51＋t2＋\f(144,t2)))，
∵51＋t2＋eq \f(144,t2)≥51＋2eq \r(t2·\f(144,t2))＝75，当且仅当t＝2eq \r(3)时等号成立，
∴cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉≤eq \f(3\r(3),5\r(3))＝eq \f(3,5)，记直线PC与平面PBD所成角为θ，则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(PC,\s\up6(→))，n〉))，故sin θ≤eq \f(3,5)，即当t＝2eq \r(3)时，直线PC与平面PBD所成角最大，此时该角的正弦值为eq \f(3,5).
4．(2022·北京海淀区模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，AC∩BD＝O，AB＝2，SA＝SB＝SC＝SD＝2eq \r(2)， P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD.
(1)求证：SO⊥平面ABCD；
(2)求二面角P－AC－D的大小；
(3)在侧棱SC上是否存在一点M，使得BM∥平面PAC.若存在，求出eq \f(SM,SC)的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 因为四边形ABCD是正方形，所以点O是AC，BD的中点，
因为SA＝SC，SB＝SD，所以SO⊥AC，SO⊥BD，AC∩BD＝O，又因为AC，BD⊂平面ABCD，
所以SO⊥平面ABCD.
(2)解 因为四边形ABCD是正方形，AC∩BD＝O，
所以AC⊥BD，由(1)知SO⊥AC，SO⊥BD，
如图，以点O为原点，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(OS,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
A(－eq \r(2)，0,0)，C(eq \r(2)，0,0)，D(0，eq \r(2)，0)，
S(0,0，eq \r(6))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3\r(2),4)，\f(\r(6),4)))，B(0，－eq \r(2)，0)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，0,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(3\r(2),4)，\f(\r(6),4)))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(3\r(2),4)，\f(\r(6),4)))，
易知平面ACD的一个法向量为m＝(0,0,1)，设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x＝0，,\r(2)x＋\f(3\r(2),4)y＋\f(\r(6),4)z＝0，))
得x＝0，z＝－eq \r(3)y，
令z＝eq \r(3)，则y＝－1，
所以n＝(0，－1，eq \r(3))，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(3),2)，
由图可知，二面角P－AC－D的平面角为锐角，
所以二面角P－AC－D的大小为eq \f(π,6).
(3)解 假设在侧棱SC上存在一点M，使得BM∥平面PAC，
设eq \(SM,\s\up6(→))＝λeq \(SC,\s\up6(→))，eq \(SC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(6))，eq \(SM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)λ，0，－eq \r(6)λ)，因为eq \(BS,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，eq \r(6))，所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BS,\s\up6(→))＋eq \(SM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)λ，eq \r(2)，eq \r(6)－eq \r(6)λ)，
由(2)知，平面PAC的一个法向量为n＝(0，－1，eq \r(3))，
由n⊥eq \(BM,\s\up6(→))，可得n·eq \(BM,\s\up6(→))＝－eq \r(2)＋3eq \r(2)(1－λ)＝0，
解得λ＝eq \f(2,3)，
所以在侧棱SC上存在一点M，使得BM∥平面PAC，eq \f(SM,SC)＝eq \f(2,3).