2024版新教材高考数学复习特训卷考点过关检测13空间角与距离

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考点过关检测13 空间角与距离1．[2022·全国甲卷] 在四棱锥P ­ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．          2．[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC ­ A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.(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．       3．[2021·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A ­ BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E ­ BC ­ D的大小为45°，求三棱锥A ­ BCD的体积．        4.如图所示，圆锥的高PO＝2，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得BC＝R，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．(1)证明：平面PDE⊥平面POD；(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为，求点A到平面PED的距离．      5．[2023·河北衡水中学模拟]如图所示，在四棱锥S ­ABCD中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且OE∥平面SAB，二面角S ­AB­C，S ­AD­C均为直二面角．(1)求证：SE＝DE；(2)若SA＝AD＝2，且钝二面角A­BE­C的余弦值为－，求AB的值．        6．[2023·安徽淮南模拟]如图①，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝BC＝CD＝2，E是CD的中点，将△DAE沿AE折起，构成如图②所示的四棱锥D′­ABCE.(1)设M是AB的中点，在线段D′E是否存在一点N，使得MN∥平面D′BC？如果存在，求出点N的位置；如果不存在，请说明理由；(2)如果平面D′AE⊥平面ABC，求平面D′AE与平面D′BC所成锐二面角的大小．      考点过关检测13　空间角与距离1．解析：（1）证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB，∴四边形ABCD是等腰梯形．如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，则AF＝BE＝（AB－CD）＝，CD＝EF.又AD＝1，∴DF＝ ＝.又BF＝EF＋BE＝，∴BD＝＝.又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，∴BD⊥平面PAD.∵PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.（2）如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，），∴＝（0，0，－），＝（1，0，－），＝（0，，－）.设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）.由得令z＝1，得x＝，y＝1，则n＝（，1，1）.设直线PD与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为.2．解析：（1）设点A到平面A1BC的距离为h.∵＝＝＝，∴··h＝×4.又∵＝2，∴h＝.∴点A到平面A1BC的距离为.（2）方法一　如图（1），取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝，AE⊥BC，∴A1B＝2，∴AA1＝AB＝2.由＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面A1AB，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A ­ BD ­ C的平面角的补角．易得AC＝ ＝2，则A1C＝ ＝2.∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝A1C＝.易知AD＝BD＝A1C＝，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB·＝2，则AF＝，∴sin ∠AFE＝＝＝，∴二面角A ­ BD ­ C的正弦值为.方法二　如图（2），取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由＝S△ABC·A1A＝AB·BC·A1A＝×2×BC×2＝4，解得BC＝2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图（2）的空间直角坐标系．易得B（0，0，0），A（0，2，0），E（0，1，1），D（1，1，1）.∴＝（0，－1，1），＝（1，1，1），＝（0，2，0）.由题意，得平面BDC的法向量为n1＝＝（0，－1，1）.设平面BDA的法向量为n2＝（x，y，z），则∴令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝（1，0，－1），∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝－.设二面角A ­ BD ­ C的平面角为α（0≤α≤π），则sin α＝＝，∴二面角A­ BD ­ C的正弦值为.3．解析：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.（2）作EF⊥BD于F，作FM⊥BC于M，连EM，因为AO⊥BD，EF⊥BD，AO，EF⊂平面ABD，所以AO∥EF，所以EF⊥平面BCD，且BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME，则∠EMF为二面角E ­ BC ­ D的平面角，∠EMF＝45°，因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形．因为BD＝2CD，所以FM＝BF＝＝，从而EF＝FM＝，所以AO＝1，因为AO⊥平面BCD，所以V＝AO·S△BCD＝×1××1×＝.4．解析：（1）由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，所以CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，又PO∩OD＝O，PO、OD⊂平面POD，所以CE⊥平面POD，又CE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面POD.（2）作Ox∥AE，以O为原点，以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，且CO＝2R，OD＝R，CD＝R，又＝＝，可得AE＝CD＝ED＝R，∴P（0，0，2），D（R，R，0），E（R，－R，0），B（0，R，0）.有＝（R，R，－2），＝（0，R，－2），＝（R，－R，－2），设m＝（x，y，z）是平面PBD的一个法向量，则，令x＝，则m＝（，3，R），又直线PE与平面PBD所成角的正弦值为，即|cos 〈m，〉|＝||＝＝，整理得3R4－16R2＋16＝0，即（3R2－4）（R2－4）＝0，解得R＝或R＝2，当R＝2时，P（0，0，2），D（，1，0），E（2，－2，0），A（0，－2，0），＝（2，－2，－2），＝（，1，－2），＝（0，2，2）设n＝（a，b，c）是平面PED的一个法向量，则，令a＝，则n＝（，1，2），所以点A到平面PED的距离d＝||＝＝，当R＝时，P（0，0，2），D（1，，0），E（2，－，0），A（0，－，0），＝（2，－，－2），＝（1，，－2），＝（0，，2）.设l＝（a1，b1，c1）是面PED的一个法向量，则，令a1＝3，则l＝（3，，2），所以点A到平面PED的距离d＝||＝＝，综上，点A到平面PED的距离为或.5．解析：（1）证明：因为OE∥平面SAB，OE⊂平面SBD，平面SAB∩平面SBD＝SB，故OE∥SB.又因为四边形ABCD为矩形，故BO＝DO，则SE＝DE.（2）∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥AD.又∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面SAD.∵SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA.同理AD⊥SA.又AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴SA⊥平面ABCD.设AB＝a，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，2，0），D（0，2，0），E（0，1，1），S（0，0，2）.＝（a，0，0），＝（0，1，1），＝（0，－2，0），＝（－a，－1，1），设m＝（x，y，z）为平面ABE的法向量，∵，∴，令y＝1，则z＝－1.∴m＝（0，1，－1）.设n＝（x，y，z）为平面CBE的法向量，∵，∴，令x＝1，则z＝a.∴n＝（1，0，a）.∴|cos 〈m，n〉|＝||＝＝，解得a＝3.故AB＝3.6．解析：（1）存在，点N为线段D′E的中点，如图，连接AC，BE，交于点P，连接MP，MN，NP.由题设可知四边形ABCE是菱形，所以点P是线段BE的中点．因为M是AB的中点，N是线段D′E的中点，所以MP∥AE∥BC，NP∥D′B，因为MP，NP⊄平面D′BC，D′B，BC⊂平面D′BC.所以MP∥平面D′BC，NP∥平面D′BC.因为MP∩NP＝P，所以平面PMN∥平面D′BC.又MN⊂平面PMN，所以MN∥平面D′BC.（2）取AE的中点O，连接D′O，BO.由题设可知△D′AE是等边三角形，所以D′O⊥AE.因为平面D′AE⊥平面ABC，D′O⊂平面D′AE，所以D′O⊥平面ABC.因为∠EAB＝∠AED′＝60°，AB＝AE，所以△ABE是等边三角形，所以BO⊥AE.分别以射线OA，OB，OD′为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz，由AB＝BC＝CD＝2，易得A（1，0，0），B（0，，0），D′（0，0，）.所以＝2＝（－2，0，0），＝（0，－，）.设平面D′BC的一个法向量为n＝（x0，y0，z0），则，得，取y0＝z0＝1，所以n＝（0，1，1）.设平面D′AE与平面D′BC所成锐二面角为θ，因为平面D′AE的一个法向量为＝（0，，0），所以cos θ＝＝＝，所以θ＝45°.故平面D′AE与平面D′BC所成锐二面角的大小为45°.