2025高考数学一轮复习-利用空间向量求空间角、空间距离-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-利用空间向量求空间角、空间距离-专项训练【含解析】，共7页。

1．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1，BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点．
(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面PAC的距离．
2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，CC1＝2，E，F分别为BC，CC1的中点．
(1)求过E，F，D1三点的截面的面积；
(2)一只小虫从A点经BB1上一点P到达C1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值．
3．如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A­PM­B的正弦值．
4．已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点．PA＝2，且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：AE∥平面PFQ；
(2)求AE与平面PFQ间的距离．
5．如图①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB于点E，现将△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，使得二面角A′­DE­B的大小为120°，得到如图②所示的四棱锥．点M为A′B的三等分点，且BM＝eq \f(1,3)BA′．
(1)证明：CM∥平面A′DE；
(2)求平面A′BE和平面A′DC夹角的余弦值．
6．如图，在底面是菱形的四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AB＝a，PB＝PD＝eq \r(2)a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，求异面直线PB与CE的距离．
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利用空间向量求空间角、空间距离【解析版】
1．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1，BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点．
(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面PAC的距离．
解：(1)根据题意可得OP⊥平面ABC, C是弧AB的中点，则OC⊥AB，
则以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则P(0,0,4)，A1(0，－1,2)，B(0,1,0)，C(1,0,0),
eq \(PA1,\s\up7(―→))＝(0，－1，－2)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1，－1,0) ,
cs〈eq \(PA1,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(PA1,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→)),|eq \(PA1,\s\up7(―→))|·|eq \(BC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴异面直线PA1与BC所成的角的余弦值为eq \f(\r(10),10)．
(2)B1(0,1,2)，A(0，－1,0)，eq \(PB1,\s\up7(―→))＝(0,1，－2)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(0，－1，－4)，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(1,0，－4) ，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PA,\s\up7(―→))＝－y－4z＝0，,n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝x－4z＝0，))取z＝1，得n＝(4，－4,1),
∴点B1到平面PAC的距离为d＝eq \f(|eq \(PB1,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(6,\r(33))＝eq \f(2\r(33),11)．
2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，CC1＝2，E，F分别为BC，CC1的中点．
(1)求过E，F，D1三点的截面的面积；
(2)一只小虫从A点经BB1上一点P到达C1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值．
解：(1)如图，连接AD1，AE，BC1，则四边形ABC1D1为平行四边形，
又因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以AD1∥BC1，EF∥BC1∥AD1，
所以所求截面为梯形EFD1A．
EF＝eq \r(EC2＋CF2)＝eq \r(2)，AD1＝2eq \r(2)，AE＝D1F＝eq \r(2)，
梯形的高h＝ eq \r(D1F2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AD1－EF))2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以所求截面面积S＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(3\r(3),2)．
(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(2,0,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E(1,1,0)，
若所经过路程最短，则△APB与△C1PB1相似，所以eq \f(B1P,BP)＝eq \f(B1C1,AB)＝eq \f(2,1)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，\f(2,3)))．
eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2,3)))，eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(－2,1,2)，
设平面APC1的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AC1,\s\up7(―→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋\f(2,3)z＝0，,－2x＋y＋2z＝0，))
令z＝3，则y＝－2，x＝2，
所以n＝(2，－2,3)，eq \(ED1,\s\up7(―→))＝(－1，－1,2)．
cs〈n，eq \(D1E,\s\up7(―→))〉＝eq \f(－2＋2＋6,\r(4＋4＋9)·\r(1＋1＋4))＝eq \f(\r(102),17)，
所以直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值是eq \f(\r(102),17)．
3．如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A­PM­B的正弦值．
解：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，
所以eq \(PB,\s\up7(―→))＝(t,1，－1)，eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0))．
因为PB⊥AM，所以eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(AM,\s\up7(―→))＝－eq \f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq \r(2)，
所以BC＝eq \r(2)．
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，0,0)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(AM,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(eq \r(2)，1,2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(CB,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，))
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
cs 〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)，
所以二面角A­PM­B的正弦值为eq \f(\r(70),14)．
4．已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点．PA＝2，且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：AE∥平面PFQ；
(2)求AE与平面PFQ间的距离．
解：如图，以A为坐标原点，平面ABC内垂直于AC边所在直线的直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．∵AP＝2，AB＝BC＝AC＝4，又E，F分别是BC，AC的中点，
∴A(0,0,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，C(0,4,0)，F(0,2,0)，E(eq \r(3)，3,0)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(7,2)，0))，P(0,0,2)．
(1)证明：∵eq \(FQ,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(AE,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，3,0)，∴eq \(AE,\s\up7(―→))＝2eq \(FQ,\s\up7(―→))．∵AE与FQ无交点，∴AE∥FQ．
又FQ⊂平面PFQ，AE⊄平面PFQ，
∴AE∥平面PFQ．
(2)由(1)知，AE∥平面PFQ，
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离．
设平面PFQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥eq \(PF,\s\up7(―→))，n⊥eq \(FQ,\s\up7(―→))，即n·eq \(PF,\s\up7(―→))＝0，n·eq \(FQ,\s\up7(―→))＝0．
又eq \(PF,\s\up7(―→))＝(0,2，－2)，∴n·eq \(PF,\s\up7(―→))＝2y－2z＝0，即y＝z．
又eq \(FQ,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，∴n·eq \(FQ,\s\up7(―→))＝eq \f(\r(3),2)x＋eq \f(3,2)y＝0，即x＝－eq \r(3)y．
令y＝1，则x＝－eq \r(3)，z＝1，∴平面PFQ的一个法向量为n＝(－eq \r(3)，1,1)．又eq \(QA,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(7,2)，0))，∴所求距离d＝eq \f(|eq \(QA,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(5),5)．
5．如图①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB于点E，现将△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，使得二面角A′­DE­B的大小为120°，得到如图②所示的四棱锥．点M为A′B的三等分点，且BM＝eq \f(1,3)BA′．
(1)证明：CM∥平面A′DE；
(2)求平面A′BE和平面A′DC夹角的余弦值．
解：(1)如图，取A′E的三等分点G且A′G＝eq \f(2,3)A′E，连接GM，DG．
因为BM＝eq \f(1,3)BA′，所以GM∥BE且GM＝eq \f(2,3)BE．
在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB，
所以DC∥BE且DC＝eq \f(2,3)BE，所以DC∥GM且DC＝GM，即四边形DCMG为平行四边形，
所以DG∥GM，又DG⊂平面A′DE，CM⊄平面A′DE，所以CM∥平面A′DE．
(2)因为DE⊥AB，△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，所以DE⊥平面A′BE．
由题意得二面角A′­DE­B的大小为120°，即∠A′EB＝120°．
以E为坐标原点，DE，EB所在直线分别 为x轴，y轴，过点E且垂直于平面EBCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，0))，A ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)，\f(\r(3),4)))，eq \(A′D,\s\up7(――→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,4)，－\f(\r(3),4)))，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)．
设n1＝(x，y，z)是平面A′DC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(A′D,\s\up7(――→))＝0，,n1·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)x－y＋\r(3)z＝0，,y＝0.))
令x＝1，得n1＝(1,0，－2)为平面A′DC的一个法向量．
易知平面A′BE的一个法向量为n2＝(1,0,0)．
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
即平面A′BE和平面A′DC夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5)．
6．如图，在底面是菱形的四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AB＝a，PB＝PD＝eq \r(2)a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，求异面直线PB与CE的距离．
解：连接AC，BD，由PE∶ED＝2∶1，在BD上取点F使BF∶FD＝2∶1，
连接CF，易知PB∥EF，从而PB∥平面CEF，于是只需求直线PB到平面CEF的距离，可求点P到平面CEF的距离．
以A为坐标原点，AD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，P(0,0，a)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)a，\f(1,2)a，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)a，\f(1,3)a))，
则eq \(PE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)a，－\f(2,3)a))，eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(1,6)a，\f(1,3)a))，eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)a，0，0))．
设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(CE,\s\up7(―→))＝－\f(\r(3),2)ax＋\f(1,6)ay＋\f(1,3)az＝0，,n·eq \(CF,\s\up7(―→))＝－\f(\r(3),3)ax＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＋2z＝0.))
于是令x＝0，y＝－2，z＝1，则n＝(0，－2,1)．
∴PB与平面CEF间的距离d＝eq \f(|n·eq \(PE,\s\up7(―→))|,|n|)＝eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4a,3)－\f(2a,3)))),\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)a，
从而异面直线PB与CE的距离为eq \f(2\r(5),5)a．