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16空间角与空间距离一大题突破（附解析）

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(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
解：
2．[2023·新课标Ⅱ卷]如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D­AB­F的正弦值．
解：
3．[2023·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.
解：
4．[2022·新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC.
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值．
解：
5．[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(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A­BD­C的正弦值．
解：
6．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解：
命题点16 空间角与空间距离(一) (大题突破)
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＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，CD＝EF.
又AD＝1，∴DF＝eq \r(AD2－AF2)＝eq \f(\r(3),2).
又BF＝EF＋BE＝eq \f(3,2)，∴BD＝eq \r(BF2＋DF2)＝eq \r(3).
又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.
∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.
又AD∩PD＝D，
∴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，eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，
∴eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，0，－eq \r(3))，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3)).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\(PB,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0.))
令z＝1，得x＝eq \r(3)，y＝1，则n＝(eq \r(3)，1，1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(PD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PD,\s\up6(→))|,|n|\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PD,\s\up6(→)))))＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(5),5).
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
2．解析：(1)证明：如图，
连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS).
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝eq \r(2).
因为AE⊥BC，所以AE＝eq \r(AB2－EB2)＝eq \r(2).
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，A(0，0，eq \r(2))，eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(2)，eq \r(2)).
设F(xF，yF，zF)，因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，可得F(－eq \r(2)，0，eq \r(2)).
所以eq \(FA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，0).
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)z＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0))，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0,\(BA,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0))，得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1).
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).
记二面角D­AB­F的大小为θ，则sinθ＝eq \r(1－cs2〈m，n〉)＝eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2)＝eq \f(\r(3),3)，
故二面角D­AB­F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
3．解析：(1)证明：方法一 依题意，得eq \(B2C3,\s\up6(→))＝eq \(B2B1,\s\up6(→))＋eq \(B1C1,\s\up6(→))＋eq \(C1C2,\s\up6(→))＝eq \(DD2,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(A2A,\s\up6(→))＝eq \(A2D2,\s\up6(→))，
所以B2C2∥A2D2.
方法二 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以B2C2＝(0，－2，1)，A2D2＝(0，－2，1)，
所以B2C2＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以eq \(PA2,\s\up6(→))＝(2，0，1－n)，eq \(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知，eq \(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(A2C2,\s\up6(→))·b＝0,A2D2·b＝0))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0))，
令y2＝1，得b＝(1，1，2).
所以|cs150°|＝|cs〈a，b〉|＝eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2)，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
4．解析：(1)证明：方法一 连接OA.
因为PO是三棱锥P­ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，
所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.
取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.
又AB⊥AC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
方法二 连接OA.
因为PO是三棱锥P­ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，
所以OA＝OB.
延长BO交AC于点H，连接PH.
因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．
又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，
所以点O为BH的中点．
在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，
所以OE∥PH.
因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，
所以OE∥平面PAC.
(2)由(1)易知OA＝OB，所以OD⊥AB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴，y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，
所以OA＝OB＝4.
又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝eq \f(1,2)OB＝2，DA＝DB＝2eq \r(3)，所以P(0，2，3)，B(2eq \r(3)，0，0)，A(－2eq \r(3)，0，0)，E(eq \r(3)，1，eq \f(3,2)).
设AC＝a，则C(－2eq \r(3)，a，0).
设平面AEB的法向量为n1＝(x1，y1，z1).
eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(3eq \r(3)，1，eq \f(3,2))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n1＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n1＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4\r(3)x1＝0，,3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，))所以x1＝0.
令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝(0，3，－2).
设平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(3eq \r(3)，1，eq \f(3,2))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n2＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n2＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ay2＝0，,3\r(3)x2＋y2＋\f(3,2)z2＝0，))
所以y2＝0.
令x2＝eq \r(3)，得z2＝－6，所以n2＝(eq \r(3)，0，－6).
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(12,\r(13)×\r(39))＝eq \f(12,\r(13)×\r(39))＝eq \f(12,13\r(3))＝eq \f(4\r(3),13).
设二面角C­AE­B的平面角为θ，则sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(11,13)，
所以二面角C­AE­B的正弦值为eq \f(11,13).
5．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.
∵V三棱锥A1­ABC＝V三棱锥A­A1BC＝eq \f(1,3)V三棱柱ABC­A1B1C1＝eq \f(4,3)，
∴eq \f(1,3)·S△A1BC·h＝eq \f(1,3)×4.
又∵S△A1BC＝2eq \r(2)，∴h＝eq \r(2).
∴点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(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＝eq \f(1,2)A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，
平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝eq \r(2)，AE⊥BC，
∴A1B＝2eq \r(2)，∴AA1＝AB＝2.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，
∴S△ABC＝2.
易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，
∴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A­BD­C的平面角的补角．
易得AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(2)，
则A1C＝eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AC2)＝2eq \r(3).
∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝eq \f(1,2)A1C＝eq \r(3).
易知AD＝BD＝eq \f(1,2)A1C＝eq \r(3)，∴△ABD为等腰三角形，
∴AF·BD＝AB·eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2)＝2eq \r(2)，
则AF＝eq \f(2\r(2),\r(3))，
∴sin∠AFE＝eq \f(AE,AF)＝eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3)))＝eq \f(\r(3),2)，
∴二面角A­BD­C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
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＝eq \r(2)，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V三棱柱ABC­A1B1C1＝S△ABC·A1A＝eq \f(1,2)AB·BC·A1A＝eq \f(1,2)×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).
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0).
由题意，得平面BDC的法向量为n1＝eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1).
设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n2＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.))
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
设二面角A­BD­C的平面角为α(0≤α≤π)，则sinα＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),2)，
∴二面角A­BD­C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
6．解析：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.PD∩DC＝D，因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l∥AD，
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,y＝0.))
可取n＝(－1，0，a).
所以cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )))＝eq \f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sinθ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3)eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)).
因为eq \f(\r(3),3)eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq \f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).