新高考高考数学一轮复习巩固练习7.12第67练《高考大题突破练—空间向量与立体几何》（2份打包，解析版+原卷版）

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(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求直线CG与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 ∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC.
(2)解 取CD的中点M，连接AM，PM，
设PA＝a(a>0)，
由已知得G为△PCD的重心，∴点G在线段PM上，且eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PM,\s\up6(→))，
∵∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，CM＝eq \f(1,2)CD，
∴四边形ABCM为矩形，
∴AM⊥AB，以A为坐标原点，AB，AM，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，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0，a)，M(0，2,0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(a,3)))，
eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(a,3)))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－a)，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,3)，\f(a,3)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由已知得eq \(AG,\s\up6(→))⊥eq \(PC,\s\up6(→))，即eq \f(4,3)×2＋(－a)×eq \f(a,3)＝0，解得a＝2eq \r(2)，
∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(2\r(2),3)))，P(0,0,2eq \r(2))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－2eq \r(2))，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,3)，\f(2\r(2),3)))，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－2\r(2)z＝0，,2y＝0，))
令z＝1，可得n＝(2eq \r(2)，0,1)，
|cs〈n，eq \(CG,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\f(4\r(2),3),\f(\r(21),3)×3)＝eq \f(4\r(42),63)，
故直线CG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(4\r(42),63).
2．(2022·新余市第一中学模拟)如图1，已知△ADE为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，BC＝1，BD＝2，BA＝eq \r(5)，把△ADE沿AD向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示，且平面PAD⊥平面PBD.
图1 图2
(1)证明：PA⊥BD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．
(1)证明 如图，设PD的中点为F，连接AF.
∵△ADP为等边三角形，∴AF⊥PD.
又平面PAD⊥平面PBD，平面PAD∩平面PBD＝PD，
∴AF⊥平面PBD.
∵BD⊂平面PBD，∴BD⊥AF.
∵AD＝BC＝1，BD＝2，BA＝eq \r(5)，
∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD.
又AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面PAD，∴BD⊥平面PAD.
又∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BD.
(2)解 由(1)知BD⊥平面PAD，则平面PAD⊥平面ABD.
设AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABD，平面PAD∩平面ABD＝AD，∴PO⊥平面ABD.
设AB的中点为O′，连接OO′.
∵OO′∥BD，∴OO′⊥AD，
故以点O为坐标原点，OA，OO′，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2，－\f(\r(3),2))).
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－\f(\r(3),2)z＝0，,m·\(PB,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋2y－\f(\r(3),2)z＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)z，,y＝\f(\r(3),2)z，))取z＝2，则m＝(2eq \r(3)，eq \r(3)，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝－\f(1,2)a＋2b－\f(\r(3),2)c＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝－\f(3,2)a＋2b－\f(\r(3),2)c＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝\f(\r(3),4)c，))取c＝－4，则n＝(0，－eq \r(3)，－4)，
|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－11|,\r(19)×\r(19))＝eq \f(11,19)，
∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(11,19).
3．如图，三棱锥S－ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
(1)当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
(2)若平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，求eq \f(PA,SA)的值．
(1)证明 因为△ABC为等边三角形，
所以AB＝AC＝BC.
因为△SBC为等边三角形，
所以SB＝SC＝BC，所以AB＝SB，AC＝SC.
在等腰△BAS和等腰△CAS中，因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP.
又因为BP∩CP＝P，BP，CP⊂平面PBC，
所以SA⊥平面PBC.
(2)解 如图，取BC的中点O，连接SO，AO，则在等边△ABC和等边△SBC中，有BC⊥AO，BC⊥SO，所以∠AOS为平面SBC与平面ABC的夹角．
因为平面SBC⊥平面ABC，所以∠AOS＝90°，即AO⊥SO.
所以OA，OB，OS两两垂直．
以点O为坐标原点，OB，AO，OS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．
设AB＝a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)a，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，0，0))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)a)).
因为P在SA上，设AP＝λASeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<λ<1))，P(0，y，z)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，y＋\f(\r(3),2)a，z))，eq \(AS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a))，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AS,\s\up6(→))，
可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，y＋\f(\r(3),2)a，z))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a))，
解得y＝eq \f(\r(3),2)(λ－1)a，z＝eq \f(\r(3),2)λa，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)λ－1a，\f(\r(3),2)λa)).
显然平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．
设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，\f(\r(3),2)λ－1a，\f(\r(3),2)λa))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(a,0,0)．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BP,\s\up6(→))＝0，,m·\(CB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ－1y1＋λz1＝0，,x1＝0，))
令y1＝λ，则z1＝1－λ，所以m＝(0，λ，1－λ)．
因为平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq \f(|1－λ|,\r(λ2＋1－λ2))＝cs 60°，
所以2λ2－6λ＋3＝0.又0<λ<1，
解得λ＝eq \f(3－\r(3),2)，即eq \f(PA,SA)＝eq \f(3－\r(3),2).
4.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一点，且BM⊥PD.
(1)证明：CD⊥平面PAD；
(2)求平面ABM与平面ACM夹角的余弦值．
(1)证明 ∵底面ABCD是矩形，
∴CD⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AD∩PA＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD.
∵底面ABCD是矩形，
∴AB⊥AD.
如图所示，以点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，
∵PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一点，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，C(2,4,0)，设M(0，m,4－m)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝(－2，m,4－m)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,4，－4)，
∵BM⊥PD，
∴eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝0，
即4m－4(4－m)＝0，解得m＝2，
∴M(0,2,2)．
∵AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD，
∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB，BM⊂平面ABM，
∴PD⊥平面ABM，
∴平面ABM的法向量为eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,4，－4)．
设平面ACM的法向量为n＝(a，b，c)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＋2c＝0，,2a＋4b＝0，))令b＝1得，a＝－2，c＝－1，∴n＝(－2,1，－1)，
则|cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PD,\s\up6(→))·n|,|\(PD,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|0，4，－4·－2，1，－1|,4\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),3).
∴平面ABM与平面ACM夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).