新高考数学二轮复习专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法含答案

这是一份新高考数学二轮复习专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法含答案，共17页。

(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
2. (2022·新高考Ⅰ,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22.
(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.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.
(1)求证:B1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.
4.(2023·新高考Ⅱ,20) 如图,在三棱锥A-BCD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EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值.
5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD=2,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)若PA=1,求证:AE⊥平面PCD;
(2)当直线PC与平面ACE所成的角最大时,求三棱锥E-ABC的体积.
6.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.
(1)求证:AC⊥BD.
(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为33.请你从中选择一个作为已知条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
专题突破练15 空间位置关系、空间角的向量方法
1.(1)证明 连接OA,OB,如图所示.
∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,∠POA=∠POB=90°.
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,
∴OA=OB.
取AB的中点D,连接OD,DE,则OD⊥AB.
∵AB⊥AC,∴OD∥AC.
又AC⊂平面PAC,OD⊄平面PAC,∴OD∥平面PAC.
∵D,E分别是AB,PB的中点,∴DE∥PA.
又DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,
∴DE∥平面PAC.
∵OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC.
∵OE⊂平面ODE,
∴OE∥平面PAC.
(2)解 过点D作DF∥OP,分别以DB,DO,DF所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴OA=4.
由(1)知OB=OA=4,又∠ABO=∠CBO=30°,
∴OD=2,DB=23,∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,32.
设AC=a,则C(-23,a,0).
设平面AEB的法向量为n1=(x,y,z),
AB=(43,0,0),DP=(0,2,3),
则AB·n1=0,DP·n1=0⇒x=0,2y+3z=0,
可取n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x,y,z),
AC=(0,a,0),AE=33,1,32,
AC·n2=0,AE·n2=0⇒ay=0,33x+y+32z=0,
可取n2=(3,0,-6).
设二面角C-AE-B的平面角为θ,
则|cs θ|=|cs|=n1·n2|n1||n2|=4313,
sin θ=1-cs2θ=1113,
因此,二面角C-AE-B的正弦值为1113.
2.解 (1)由题意可得,VA-A1BC=VA1-ABC=13S△ABC·AA1=13V直三棱柱ABC-A1B1C1=13×4=43.
设点A到平面A1BC的距离为d,
则13S△A1BC·d=13×22·d=43,
∴d=2.
(2)连接AB1交A1B于点E,如图.
∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.
又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,
∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B.
∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以BC,BA,BB1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
设AA1=AB=h,
则BC·h2·h=4,BC·2·h2=22,解得h=BC=2.
∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.
∵BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),
∴n1·BA=2y1=0,n1·BD=x1+y1+z1=0,
令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1).
由AB1⊥平面A1BC,得AE为平面BDC的一个法向量,而AE=(0,-1,1),
∴cs=n1·AE|n1||AE|=-12.
∴二面角A-BD-C的正弦值为1--122=32.
3.(1)证明 如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.
由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,
所以四边形B1MDO是平行四边形.
因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.
因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.
又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.
又MD⊂平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.
又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⊂平面A1DC1,所以DM⊥平面A1B1C1.
又平面ABCD∥平面A1B1C1,所以DM⊥平面ABCD.
因为四边形B1MDO是平行四边形,所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.
(2)解 以O为坐标原点,OC,OD,OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(1,0,0),D(0,3,0),C1(1,3,1),A1(-1,3,1),所以CD=(-1,3,0),DC1=(1,0,1),A1C1=(2,0,0),OD=(0,3,0).
设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),
则m·CD=0,m·DC1=0,即-x+3y=0,x+z=0,
令y=1,则x=3,z=-3,所以m=(3,1,-3)为平面CDC1的一个法向量.
因为OD·A1C1=0,OD·DC1=0,所以OD=(0,3,0)为平面A1DC1的一个法向量.
设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cs θ|=|cs|=|m·OD||m||OD|=37×3=77,所以sin θ=1-cs2θ=427.
所以二面角C-DC1-A1的正弦值为427.
4.(1)证明 如图1,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.
图1
图2
(2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=2.
DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=2.
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.
以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),∴AB=(0,1,-1).
∵EF=DA=(-1,0,1),∴F(-1,0,1),
∴BF=(-1,-1,1).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),
则m·AB=0,m·DA=0,即y-z=0,-x+z=0,
令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).
设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则n·AB=0,n·BF=0,即v-w=0,-u-v+w=0,令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角大小为θ,
则|cs θ|=|m·n||m||n|=(1,1,1)×(0,1,1)3×2=63,∴sin θ=33.
5.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥CD.
又AD∩PA=A,∴CD⊥平面PAD.
又AE⊂平面PAD,∴CD⊥AE.
∵PA=AD=1,E为PD的中点,∴AE⊥PD.
又PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD.
(2)解 以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设AP=a(a>0),则C(2,1,0),P(0,0,a),E0,12,a2,
∴AC=(2,1,0),AE=0,12,a2,PC=(2,1,-a).
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),
则AC·n=0,AE·n=0,即2x+y=0,12y+a2z=0,
令y=-a,则x=a2,z=1,∴n=a2,-a,1为平面ACE的一个法向量.
设直线PC与平面ACE所成的角为θ,则sin θ=|cs|=|n·PC||n||PC|=a54a2+15+a2=229+20a2+5a2≤27,
当且仅当20a2=5a2,即a=2时,等号成立.
∴当a=2时,直线PC与平面ACE所成的角最大,此时三棱锥E-ABC的体积为13×12×2×1×22=26.
6.(1)证明 如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.
因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以OA⊥BD.
又OA∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又AC⊂平面AOC,所以AC⊥BD.
(2)解 在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,
由(1)知BD⊥平面AOC,PO⊂平面AOC,所以BD⊥PO.
又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.
由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.
以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.如图所示.
因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=22.
又PO⊥平面BCD,
所以PB=PC=PD.
选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=22.所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.
选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=22.所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.
选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM.
由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,可知PO⊥CD.
又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.
所以cs∠PMO=33,所以tan∠PMO=2.
因为OM=22×221=12,所以OP=OMtan∠PMO=22.
所以P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,所以BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC=22x-22y=0,n·DP=-22y+22z=0,
取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.
设直线BC与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cs|=|BC·n||BC||n|=21×3=63.
因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为63.