新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点17空间角与空间距离二大题突破（附解析）

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(1)求eq \f(PM,MC)的值；
(2)若PA＝4，且PA⊥平面ABCD，求平面ADM与平面BDM夹角的余弦值．
解：
2．[2023·安徽滁州模拟]如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB＝PC，O为BC的中点，OP⊥AC.
(1)证明：平面PBC⊥平面ABCD；
(2)若eq \(CE,\s\up6(→))＝2eq \(EP,\s\up6(→))，且二面角E­AB­D的大小为60°，求四棱锥P­ABCD的体积．
解：
3．[2023·河南开封模拟]如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB＝4，BC＝6.
(1)证明：平面EPF⊥平面BEF；
(2)若直线AB与平面EPF所成角为60°，求二面角F­PE­B的余弦值．
解：
4.[2023·辽宁沈阳模拟]如图，在三棱锥P­ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，点D为BC中点．
(1)求二面角A­PD­B的余弦值；
(2)在直线AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(1,6)，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
解：
5．[2023·江苏盐城模拟]如图，该几何体是由等高的半个圆柱和eq \f(1,4)个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面．
(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；
(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为eq \f(\r(15),5)，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离．
解：
6．[2023·河北石家庄模拟]如图①，在等腰梯形ABCD中，点E为边BC上的一点，AD∥BC，AD＝CD＝1，△ABE是一个等边三角形，现将△ABE沿着AE翻折至△APE，如图②.
(1)在翻折过程中，求四棱锥P­AECD体积的最大值；
(2)当四棱锥P­AECD体积最大时，求平面AEP与平面PCD的夹角的余弦值．
解：
命题点17 空间角与空间距离(二)(大题突破)
1．解析：(1)连接AC交BD于H，连接MH.
∵PA∥平面BDM，平面BDM∩平面PAC＝MH，PA⊂平面PAC，
∴PA∥MH，∴eq \f(PM,MC)＝eq \f(AH,HC).
∵AB∥DC，∴△ABH∽△CHD，∴eq \f(AH,HC)＝eq \f(AB,DC)，
过B点作BE⊥DC，垂足为E，∵AB⊥AD，AB∥DC，
∴四边形ABED为矩形，
又AB＝1，AD＝2，BC＝2eq \r(2)，∴CE＝eq \r(BC2－BE2)＝2，
∴DC＝3，∴eq \f(PM,MC)＝eq \f(AH,HC)＝eq \f(AB,DC)＝eq \f(1,3).
(2)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D(0，2，0)，B(1，0，0)，C(3，2，0)，P(0，0，4)，
由(1)知，eq \f(PM,MC)＝eq \f(1,3)，∴eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(PC,\s\up6(→))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，3))，则eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，3))，
设平面ADM的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0,m·\(AM,\s\up6(→))＝0))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0,\f(3,4)x＋\f(1,2)y＋3z＝0))，
令x＝4，得m＝(4，0，－1)，
设平面BDM的法向量为n＝(a，b，c)，
又eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，3))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0,n·\(BM,\s\up6(→))＝0))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋2b＝0,－\f(1,4)a＋\f(1,2)b＝0))，令a＝2，得n＝(2，1，0)，
∴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(8\r(85),85)，
∴平面ADM与平面BDM夹角的余弦值为eq \f(8\r(85),85).
2．解析：(1)由题意，证明如下：
在△PBC中，PB＝PC，O为BC的中点，
∴OP⊥BC.
在四棱锥P­ABCD中，OP⊥AC，且AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴OP⊥平面ABCD，
∵OP⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面ABCD.
(2)由题意及(1)得，连接OA.
在△ABC中，三角形为等边三角形，
∴OA⊥BC，
∴OB，OA，OP两两垂直，
建立空间直角坐标系如图所示：
设OP＝t，则P(0，0，t)，B(1，0，0)，
C(－1，0，0)，A(0，eq \r(3)，0)，
∵eq \(CE,\s\up6(→))＝2eq \(EP,\s\up6(→))，
∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2t,3)))，
∴eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0，\f(2t,3)))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
设平面EAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝－\f(4,3)x＋\f(2t,3)z＝0，,m·\(BA,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，))
令z＝2，得m＝(t，eq \f(\r(3),3)t，2).
平面ABD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
∵二面角E­AB­D的大小为60°，
∴cs60°＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(2,\r(\f(4,3)t2＋4))＝eq \f(1,2)，
解得t＝3，
∴VP­ABCD＝eq \f(1,3)SABCD×3＝2eq \r(3).
3．解析：(1)证明：连接AF，
∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
∴AB为圆O的直径，
∴AF⊥BF，
又EF是圆柱的母线，
∴EF⊥平面ABF，
∵BF⊂平面ABF，
∴EF⊥BF，
又∵AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，
又∵P是线段AD的中点，
∵AD∥EF，
∴平面ADF即为平面EPF，
∴BF⊥平面EPF，
∵BF⊂平面BEF，
∴平面EPF⊥平面BEF.
(2)由(1)知BF⊥平面EPF，
∴AF为AB在平面EPF内的射影，
∴AB与平面EPF所成角为∠BAF，
由已知∠BAF＝60°，AB＝4，BC＝6，
∴BF＝ABsin60°＝2eq \r(3)，AF＝ABcs60°＝2，
以F为坐标原点，FB，FA，FE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则F(0，0，0)，E(0，0，6)，P(0，2，3)，B(2eq \r(3)，0，0)，eq \(EP,\s\up6(→))＝(0，2，－3)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，0，－6)
∵BF⊥平面EPF，
∴eq \(FB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，0，0)是平面EPF的一个法向量，
设n＝(x，y，z)是平面EPB的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EP,\s\up6(→))＝2y－3z＝0,n·\(EB,\s\up6(→))＝2\r(3)x－6z＝0))，
令x＝1得n＝(1，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(3),3))，
∴cs〈eq \(FB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(FB,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(2\r(3),2\r(3)×\f(5\r(3),6))＝eq \f(2\r(3),5)，
∴二面角F­PE­B的余弦值为eq \f(2\r(3),5).
4．解析：(1)∵PC⊥AC，∴∠PCA＝90°，
∵AC＝BC，PA＝PB，PC＝PC，
∴△PCA≌△PCB，
∴∠PCA＝∠PCB＝90°，即PC⊥BC，
又AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ACB，
∴PC⊥平面ACB，∴PC，CA，CB两两垂直，
故以C点为坐标原点，
分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则C(0，0，0)，A(0，2，0)，D(1，0，0)，P(0，0，2)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，
设平面PAD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝x－2y＝0,n·\(PD,\s\up6(→))＝x－2z＝0))，取x＝2，
得n＝(2，1，1)，
易知平面PDB的一个法向量为eq \(CA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
∴cs〈n，eq \(CA,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(6),6)，
设二面角A­PD­B的平面角为θ，
∵θ是钝角，∴csθ＝－eq \f(\r(6),6).
(2)存在，M是AB的中点或A是MB的中点．
由(1)知，设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，则M(2λ，2－2λ，0)，
eq \(PM,\s\up6(→))＝(2λ，2－2λ，－2)，n＝(2，1，1)，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(PM,\s\up6(→))，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2λ)),\r(（2λ）2＋（2－2λ）2＋4)·\r(6))＝eq \f(1,6)，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝－1，
∴M是AB的中点或A是MB的中点．
5．解析：(1)证明：过G作GH∥CB，交底面弧于H，连接HB，易知：HBCG为平行四边形，
所以HB∥CG，又G为弧CD的中点，则H是弧AB的中点，
所以∠HBA＝45°，而由题设知：∠ABF＝45°，则∠HBF＝∠HBA＋∠ABF＝90°，
所以FB⊥HB，即FB⊥CG，由CB⊥底面ABF，FB⊂平面ABF，则CB⊥FB，又CB∩CG＝C，CB，CG⊂平面BCG，
所以FB⊥平面BCG，又FB⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG.
(2)由题意，构建如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
令半圆柱半径为r，高为h，则B(0，2r，0)，F(2r，0，0)，D(0，0，h)，G(－r，r，h)，
所以eq \(FD,\s\up6(→))＝(－2r，0，h)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，－2r，h)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2r，0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(－r，r，h)，
若m＝(x，y，z)是平面BDF的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(FD,\s\up6(→))＝－2rx＋hz＝0,m·\(BD,\s\up6(→))＝－2ry＋hz＝0))，令z＝2r，则m＝(h，h，2r)，
若n＝(a，b，c)是平面ABG的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2rb＝0,n·\(AG,\s\up6(→))＝－ra＋rb＋hc＝0))，令c＝r，则n＝(h，0，r)，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，n〉))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))))＝eq \f(h2＋2r2,\r(2h2＋4r2)×\r(h2＋r2))＝eq \f(\r(15),5)，
整理可得(h2－4r2)(h2＋2r2)＝0，则h＝2r，又AB＝2，
由题设可知，此时点G(－1，1，2)，D(0，0，2)，F(2，0，0)，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(DG,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，
所以点G到直线DF的距离d＝eq \r(\(DG,\s\up6(→))2－\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DG,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→))))2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DF,\s\up6(→))))2))＝eq \f(\r(6),2).
6．解析：(1)依题意可知：三角形ABE是边长为1的等边三角形，高为eq \f(\r(3),2)，
四边形AECD是边长为1的菱形，且∠ECD＝eq \f(π,3)，SAECD＝1×1×sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)，
在翻折过程中，当平面APE⊥平面AECD时，
四棱锥P­AECD体积取得最大值，
且最大值为eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,4).
(2)设AE的中点为O，连接OP，OD，
当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P­AECD体积取得最大值，
由于平面APE∩平面AECD＝AE，OP⊂平面PAE，OP⊥AE，
所以OP⊥平面AECD，
由于OD⊂平面AECD，所以OP⊥OD，
连接DE，则三角形ADE是等边三角形，所以OD⊥AE，
以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，
平面PAE的法向量为eq \(OD,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(3),2)，0)，
P(0，0，eq \f(\r(3),2))，C(1，eq \f(\r(3),2)，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，eq \f(\r(3),2)，－eq \f(\r(3),2))，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))＝x＝0,n·\(PC,\s\up6(→))＝x＋\f(\r(3),2)y－\f(\r(3),2)z＝0))，故可设n＝(0，1，1)，
设平面AEP与平面PCD的夹角为θ，
则csθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(OD,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OD,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))))＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(3),2)×\r(2))＝eq \f(\r(2),2).