2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十五向量法求空间角距离

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十五向量法求空间角距离，共9页。

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l∥平面PAC；
(2)若PC＝AB＝2，点C是eq \x\t(AB)的中点，求二面角E­l­C的正弦值．
2．[2023·安徽蚌埠模拟]如图，在五面体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，BC⊥CD，BE∥CD，AC＝BC＝BE＝1，CD＝AE＝2.
(1)求棱AB的长度；
(2)求AB与平面ADE所成角的正弦值．
3．[2023·广东广州模拟]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥平面PBD；
(2)若PB与平面ABCD所成角的正切值为eq \f(\r(5),5)，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
4．[2023·山东临沂模拟]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，过AB1E的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱CC1上的动点．
(1)点H在棱BC上，当CH＝eq \f(1,4)CB时，FH∥平面AEB1，试确定动点F在棱CC1上的位置，并说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离．
5．[2023·河北衡水模拟]如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝∠BPD＝60°，PB＝PD＝2.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若二面角P­BD­A的余弦值为eq \f(1,3)，求二面角B­PA­D的正弦值．
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6．[2023·辽宁沈阳模拟]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A＝∠C1A1A＝60°，AC＝4，AB＝2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1﹐Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点．
(1)若H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ﹔
(2)若二面角B1­PQ­C1的平面角的余弦值为eq \f(\r(13),13)，求点P到平面BQB1的距离．
课时作业（四十五） 向量法求空间角距离
1．解析：（1）证明：因E，F分别是PA，PC的中点，则EF∥AC，而AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，因此EF∥平面ABC，
又EF⊂平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，则EF∥l，又l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
所以l∥平面PAC.
（2）AB是圆O的直径，点C是eq \x\t(AB)的中点，AB＝2，则CA⊥CB，又直线PC⊥平面ABC，即有CP，CA，CB两两垂直，
以点C为原点，射线CA，CB，CP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
而CA＝CB＝eq \r(2)，则F（0，0，1），B（0，eq \r(2)，0），E（eq \f(\r(2),2)，0，1），eq \(BF,\s\up6(→))＝（0，－eq \r(2)，1），eq \(BE,\s\up6(→))＝（eq \f(\r(2),2)，－eq \r(2)，1），
设平面EFB的法向量n＝（x，y，z），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BF,\s\up6(→))·n＝－\r(2)y＋z＝0,\(BE,\s\up6(→))·n＝\f(\r(2),2)x－\r(2)y＋z＝0))，令y＝1，得n＝（0，1，eq \r(2)），
显然eq \(CF,\s\up6(→))＝（0，0，1）是平面ABC的一个法向量，则cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CF,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\(CF,\s\up6(→))||n|))＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
所以二面角E­l­C的正弦值为eq \r(1－cs2〈\(CF,\s\up6(→))，n〉)＝eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2)＝eq \f(\r(3),3).
2．解析：（1）因为平面ABC⊥平面BCDE，
平面ABC∩平面BCDE＝BC，
BC⊥CD，所以CD⊥平面ABC.
又BE∥CD，可得BE⊥平面ABC，得BE⊥AB，
在直角△ABE中，BE＝1，AE＝2，得AB＝eq \r(3).
（2）在平面ABC内作CF⊥AC交AB于F，则CD⊥CF，
分别以CA，CF，CD为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为cs∠ACB＝eq \f(1＋1－3,2×1×1)＝－eq \f(1,2)∴∠ACB＝eq \f(2π,3)，∠BCF＝eq \f(π,6).
可求各点坐标C（0，0，0），A（1，0，0），D（0，0，2），B（－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，0），E（－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，1），
eq \(AB,\s\up6(→))＝（－eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，0），eq \(AD,\s\up6(→))＝（－1，0，2），eq \(AE,\s\up6(→))＝（－eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，1）．
设平面ADE的法向量m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0,m·\(AE,\s\up6(→))＝0))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2z＝0,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＋z＝0))，
令z＝1得x＝2，y＝eq \f(4,\r(3))，m＝（2，eq \f(4,\r(3))，1），
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(＝\r(3)，))m))＝eq \r(\f(31,3))，eq \(AB,\s\up6(→))·m＝－1，cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，m〉＝－eq \f(\r(31),31)，
设AB与平面ADE所成角为θ，
则sinθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(AB,\s\up6(→))，m〉))＝eq \f(\r(31),31)，
因此直线AB与平面ADE所成角的正弦值等于eq \f(\r(31),31).
3．解析：（1）证明：取AD中点O，连接OP，OE，
∵EA＝ED且O是AD中点，
∴EO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面ABCD，
∴EO⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴EO⊥PA，又EO∥BD，
∴PA⊥BD且PA⊥PD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，
∴PA⊥平面PBD.
（2）∵PO⊥底面ABCD，
∴PB在底面ABCD内的射影是OB，∠PBO是线面角，
连接OB，在Rt△PBO中，tan∠PBO＝eq \f(PO,OB)，PO＝eq \f(1,2)AD＝2，即eq \f(\r(5),5)＝eq \f(2,OB)，
∴OB＝2eq \r(5)，
∵EO⊥AD，BD∥EO，
∴BD⊥AD，
在Rt△OBD中，BD＝eq \r(（2\r(5)）2－22)＝4，
分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DB,\s\up6(→))为x，y轴，过D作OP的平行线为z轴，建立空间直角坐标系：
则P（2，0，2），C（－4，4，0），E（2，2，0），
显然m＝（0，1，0）是平面DAP的一个法向量，
而eq \(PC,\s\up6(→))＝（－6，4，－2），eq \(PE,\s\up6(→))＝（0，2，－2），若n＝（x，y，z）为平面PCE的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝－6x＋4y－2z＝0,n·\(PE,\s\up6(→))＝2y－2z＝0))，令x＝1，可得n＝（1，3，3）.
综上，cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(3\r(19),19)，所以锐二面角的余弦值为eq \f(3\r(19),19).
4．解析：（1）设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l，
因为FH∥平面AEB1，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，FH⊂平面BCC1B1，
所以FH∥l.
由正方体ABCD­A1B1C1D1知，平面ADD1E∥平面BCC1B1，
又因为平面ADD1E∩平面AEB1＝AE，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，
所以AE∥l，所以AE∥FH.
取BC中点G，连接C1G，易知AE∥GC1，所以GC1∥FH，
又因为H为CG中点，所以F为CC1中点．
（2）以点D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有D（0，0，0），A（2，0，0），E（1，0，2），F（0，2，t），其中t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))，
eq \(AE,\s\up6(→))＝（－1，0，2），eq \(AF,\s\up6(→))＝（－2，2，t），eq \(DA,\s\up6(→))＝（2，0，0），
设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z）
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0,n·\(AF,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2z＝0,－2x＋2y＋tz＝0))，不妨取x＝2，
则n＝（2，2－eq \f(t,2)，1），
所以dD­AEF＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))))＝eq \f(4,\r(5＋（2－\f(t,2)）2))≤eq \f(2\r(6),3)，当t＝2，即点F与点C1重合时，取等．
所以点D到平面AEF的最大距离为eq \f(2\r(6),3).
5．解析：（1）证明：设AC∩BD＝O，连接PO，
在菱形ABCD中，O为BD中点，且BD⊥AC，
因为PB＝PD，所以BD⊥PO，
又因为PO∩AC＝O，且PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD.
（2）作OM⊥平面ABCD，以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
易知PB＝PD＝BD＝AB＝AD＝2，则OA＝OP＝eq \r(3)，OB＝1，
因为OA⊥BD，OP⊥BD，所以∠POA为二面角P­BD­A的平面角，
所以cs∠POA＝eq \f(1,3)，则P（eq \f(\r(3),3)，0，eq \f(2\r(6),3)），A（eq \r(3)，0，0），B（0，1，0），D（0，－1，0），
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝（－eq \r(3)，－1，0），eq \(AB,\s\up6(→))＝（－eq \r(3)，1，0），eq \(AP,\s\up6(→))＝（－eq \f(2\r(3),3)，0，eq \f(2\r(6),3)），
设平面PAB的法向量为m＝（x1，y1，z1），由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0,m·\(AP,\s\up6(→))＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\f(2\r(3),3)x1＋\f(2\r(6),3)z1＝0，))
取z1＝1，则x1＝eq \r(2)，y1＝eq \r(6)，所以m＝（eq \r(2)，eq \r(6)，1），
设平面PAD的法向量为n＝（x2，y2，z2），由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0,n·\(AP,\s\up6(→))＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x2－y2＝0，,－\f(2\r(3),3)x2＋\f(2\r(6),3)z2＝0，))
取z2＝1，则x2＝eq \r(2)，y2＝－eq \r(6)，所以n＝（eq \r(2)，－eq \r(6)，1），
设二面角B­PA­D为θ，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(csθ))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－6＋1)),\r(2＋6＋1)·\r(2＋6＋1))＝eq \f(1,3)，
又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))，则sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(2),3).
6．解析：（1）证明：取BB1中点E，连接AE，EH，如图，
∵H为BQ中点，∴EH∥B1Q，
在平行四边形AA1B1B中，P，E分别为AA1，BB1的中点，∴AE∥PB1，
由EH∩AE＝E且EH，AE⊂平面EHA，B1Q，PB1⊄平面EHA，
所以B1Q∥平面EHA，PB1∥平面EHA，又PB1∩B1Q＝B1，
所以平面EHA∥平面B1QP，∵AD⊂平面EHA，∴AD∥平面B1PQ.
（2）连接PC1，AC1，
∵四边形A1C1CA为菱形，∴AA1＝AC＝A1C1＝4，
又∠C1A1A＝60°，∴△AC1A1为正三角形，∵P为AA1的中点，∴PC1⊥AA1，
∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，平面ACC1A1∩平面ABB1A1＝AA1，PC1⊂平面ACC1A1，∴PC1⊥平面ABB1A1，在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R，
建立如图所示的空间直角坐标系P­xyz，
则P（0，0，0），A1（0，2，0），A（0，－2，0），C1（0，0，2eq \r(3)），C（0，－4，2eq \r(3)），
设eq \(AQ,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))＝λ（0，－2，2eq \r(3)），λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))，∴Q（0，－2（λ＋1），2eq \r(3)λ），
∴eq \(PQ,\s\up6(→))＝（0，－2（λ＋1），2eq \r(3)λ），
∵A1B1＝AB＝2，∠B1A1A＝60°，∴B1（eq \r(3)，1，0），∴eq \(PB1,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，1，0），
设平面PQB1的法向量为m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PQ,\s\up6(→))＝0,m·\(PB1,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2（λ＋1）y＋2\r(3)λz＝0,\r(3)x＋y＝0))，令x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝－eq \f(λ＋1,λ)，
∴平面PQB1的一个法向量为m＝（1，－eq \r(3)，－eq \f(λ＋1,λ)），
设平面AA1C1C的法向量为n＝（1，0，0），二面角B1­PQ­C1的平面角为θ，
则csθ＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(1,\r(1＋3＋（－\f(λ＋1,λ)）2))＝eq \f(\r(13),13)，
∴λ＝eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(1,4)（舍），∴eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，∴Q（0，－3，eq \r(3)）.
又B（eq \r(3)，－3，0），∴eq \(QB,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，0，－eq \r(3)），∴|eq \(QB,\s\up6(→))|＝eq \r(3＋3)＝eq \r(6)，
又|eq \(B1Q,\s\up6(→))|＝eq \r(22)，∴BQ2＋BB eq \\al(2,1) ＝B1Q2，∴∠QBB1＝90°，
连接BP，设点P到平面BQB1的距离为h，VQ­PBB1＝VP­QBB1则eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×eq \r(6)×h，
∴h＝eq \f(\r(6),2)，即点P到平面BQB1的距离为eq \f(\r(6),2).