23版新高考一轮分层练案(四十一)　利用空间向量求空间角、距离

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一轮分层练案(四十一)　利用空间向量求空间角、距离 A级——基础达标1．如图，组合体由半个圆锥SO和一个三棱锥S­ACD构成，其中O是圆锥SO底面圆心，B是圆弧AC上一点，满足∠BOC是锐角，AC＝CD＝DA＝2.(1)在平面SAB内过点B作BP∥平面SCD交SA于点P，并写出作图步骤，但不要求证明；(2)在(1)中，若P是SA中点，且SO＝，求直线BP与平面SAD所成角的正弦值．解：(1)(ⅰ)延长AB交DC的延长线于点Q；(ⅱ)连接SQ；(ⅲ)过点B作BP∥QS交SA于点P，如图①所示．(2)由(1)知，若P是SA中点，则B是AQ中点，又因为CB⊥AQ，所以CA＝CQ，所以∠QAD＝90°，从而∠BAC＝30°.依题意，OS，OC，OD两两垂直，如图②所示，分别以OC，OD，OS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(－1,0,0)，D(0，，0)，S(0,0，)，P，B，所以＝(1，，0)，＝(1,0，)，＝，设平面SAD的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝，则y＝－1，z＝－1，所以n＝(，－1，－1)是平面SAD的一个法向量．则cos〈n，〉＝＝＝＝－，所以直线BP与平面SAD所成角的正弦值为.  2．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，AD⊥PD，点F为棱PD的中点．(1)在棱BC上是否存在一点E，使得CF∥平面PAE，并说明理由；(2)若AC⊥PB，二面角D­FC­B的余弦值为时，求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值．解：(1)在棱BC上存在点E，使得CF∥平面PAE，点E为棱BC的中点．证明：取PA的中点Q，连接EQ，FQ，如图所示，由题意，FQ∥AD且FQ＝AD，CE∥AD且CE＝AD，故CE∥FQ且CE＝FQ.∴四边形CEQF为平行四边形．∴CF∥EQ，又CF⊄平面PAE，EQ⊂平面PAE，∴CF∥平面PAE.(2)取AB中点M，以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设FD＝a，则D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(，1,0)，A(，－1,0)．＝(0,2，－a)，＝(，－1,0)．设平面FBC的一个法向量为m＝(x，y，z)．由取x＝1，得m＝；取平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)．由题意，＝|cos〈m，n〉|＝，解得a＝.∴＝(，－1，－)．设直线AF与平面BCF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为.3．在Rt△ABC中，∠ABC＝，AB＝2，BC＝4，已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C1的位置如图所示，且∠BEC1＝，连接C1B，C1A.(1)求证：平面AFC1⊥平面ABC1；(2)求平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小．    解：(1)证明：取AC1，BC1的中点分别为G，H，连接GH，GF，HE.如图所示，则GH∥AB∥EF，GH＝EF＝AB，EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，所以EF⊥平面BEC1，EH⊂平面BEC1，EF⊥EH，所以GH⊥EH，因为∠BEC1＝，E是BC的中点，所以△EBC1为等边三角形，所以EH⊥BC1，又因为GH⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，GH∩BC1＝H，所以EH⊥平面ABC1.又因为GH∥EF，GH＝EF，所以四边形EHGF为平行四边形，所以FG∥EH，所以FG⊥平面ABC1，又因为FG⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ABC1.(2)以B为坐标原点，在平面BC1E内与BE垂直的直线为x轴，BE，BA所在的直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,2)，F(0,2,1)，C1(，1,0)，平面BEC1的一个法向量m＝(0,0,1)，设平面AFC1的法向量为n＝(x，y，z)，＝(，1，－2)，＝(0,2，－1)，所以令y＝1，则z＝2，x＝，所以n＝(，1,2)是平面AFG的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝＝＝，所以平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小为.4.已知在四棱锥P­ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝2.(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝CD，又AB∥CD，AB＝CD＝2，∴EH∥AB，且EH＝AB，∴四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA.又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(2)存在，点F为BC的中点．理由如下：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°.由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，由题知OC＝2，BC＝2，∴OB＝2，由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0,0,2)，A(2，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．设F(x，y，z)，＝λ，则(x－2，y，z)＝λ(－2,2,0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，∵＝(2，－2，－2)，＝(0,2,0)，∴得令z1＝1，得m＝(1,0,1)．设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，∵＝(0,0,2)，＝(2－2λ，2λ，0)，∴得令y2＝1，得n＝.∴cos 60°＝＝，解得λ＝，可知当F为BC的中点时，平面POF与平面PAB所成的角为60°.B级——综合应用5.如图所示，圆锥的底面半径为1，其侧面积是底面积的2倍，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，在底面内以线段AO为直径作⊙M，点P为⊙M上异于点A，O的动点．(1)证明：平面SAP⊥平面SOP；(2)当三棱锥S­APO的体积最大时，求二面角A­SP­B的余弦值．解：(1)证明：∵SO垂直于圆锥的底面，∴SO⊥AP.又∵AO为⊙M的直径，∴PO⊥AP.又SO∩PO＝O，∴AP⊥平面SOP.又AP⊂平面SAP，∴平面SAP⊥平面SOP.(2)设圆锥的母线长为l，底面半径为r.圆锥的侧面积为S侧＝πrl，底面积为S底＝πr2，依题意得2πr2＝πrl，∴l＝2r.∵r＝1，∴l＝2，∴在△ABS中，AB＝AS＝BS＝2，∴SO＝＝，在底面作⊙O的半径OC，使得OA⊥OC.又∵SO垂直于圆锥的底面，∴SO⊥OA，SO⊥OC.以O为坐标原点，分别以OA，OC，OS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A(1,0,0)，B(－1,0,0)，S(0,0，)．在三棱锥S­APO中，SO＝，SO⊥平面APO，∴△AOP面积最大时，三棱锥S­APO的体积最大，此时MP⊥OA.又∵⊙M的半径为，∴此时点P坐标为.∴＝，＝，＝.设平面SAP的法向量为n1＝(a，b，c)，则即令a＝1，则b＝1，c＝，∴n1＝.同理可求平面SBP的一个法向量n2＝.设二面角A­SP­B的平面角为θ，则|cos θ|＝＝＝.又∵θ为钝角，∴二面角A­SP­B的余弦值为－.6．试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面四边形ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．解：若选②：由PO⊥平面ABCD，PC⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，这与底面四边形ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.下面证明：PO⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.在菱形ABCD中，设AB＝2，因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，设PO＝a，则PA＝，PB＝.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，解得a＝，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，＝(，1,0)，＝(0,1，)，由可得令z1＝1得n1＝(，－，1)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，＝(，－1,0)，＝(0，－1，)，由可得令z2＝1得n2＝(，，1)．设二面角A­PB­C的平面角为θ，所以cos θ＝＝，所以二面角A­PB­C的余弦值为.