高考总复习优化设计二轮用书数学考点突破练7 空间位置关系、空间角

·1 = -2 + 3 + 2 = 0,
则有
取 x= 3,则 y=2,z=0,所以 n=( 3,2,0),
· = -4 + 2 3 = 0,
则
1 · 3 42
sin<1 ,n>=|cos<1 ,n>|=|
|= 28 ,
|1 |||
所以直线 BC1 与平面 AB1C
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
∵M,N为A1C1,CC1中点,
∴M(1,1,2),N(0,2,1),
故1 =(2,0,2), =(0,2,0),=(1,1,2),=(0,2,1).
设平面 A1BC 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),
因为2×AB×DE=2×DA×DB,
3
所以 DE= ,故 PE= 2 + 2
2
因此 PD 与平面 PAB
1 2 3 4 5 6
=
15
.
2

所成角的正弦值为

=
5
.
5
2.(2023新高考Ⅰ,18) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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.
2 2 =(0,-2,1),2 2 =(0,-2,1),所以2 2 = 2 2 .
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
1 2 3 4 5 6
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接
A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,
所以四边形OB1D1D为平行四边形,所以OB1∥DD1.
又DD1⊄平面AB1C,OB1⊂平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.
1 2 3 4 5 6
(2)解 因为B1A=B1C,O为AC的中点,所以OB1⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,
∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB⊂平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,故AC为圆柱底面的直径.
1 2 3 4 5 6
(2)解 由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.
以AB,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
示的空间直角坐标系,
1 2 3 4 5 6
则 A(2,0,0),B1(0, 3,2),C(-2,2 3,0),B(0,2 3,0),C1(-1, 3,2),
所以1 =(-1,- 3,2),1 =(-2, 3,2), =(-4,2 3,0).
设平面 AB1C 的法向量为 n=(x,y,z),
线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
2 2 =(2,2,-2),2 2 =(2,0,-1),2 =(0,2,a-3).
设平面 A2C2D2 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),
(1)证明:DD1∥平面AB1C;
(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.
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(1)证明 连接BD交AC于点O,连接OB1,B1D1.
1
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,因为DD1=DA=A1B1= 2 AB=2,
所以OD∥B1D1,且OD=B1D1,
∴
取 z2=-2,得 x2=3,y2=1,故 n=(3,1,-2).
22 + 2 = 0,
·
∴cos<m,n>=||||
=
3+2
2× 14
故平面 A1BC 与平面 BMN
1 2 3 4 5 6
=
5 7
,
14
5 7
夹角的余弦值为 .
14
5.(2023山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=2,
∴=(0,0,- 3),=(1,0,- 3),=(-1, 3,0).
- 3 = 0,
· = 0,
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则
即
- + 3 = 0,
· = 0,
取 x= 3,则 y=z=1,则 n=( 3,1,1).
设直线 PD 与平面 PAB 所成的角为 θ,
取 z2=2,可得 x2=a-1,y2=3-a,
则
2 ·2 = 22 + (-3)2 = 0,
故 n2=(a-1,3-a,2).
1 2 3 4 5 6
因为二面角 P-A2C2-D2 为 150°,
|1 ·2 |
所以|cos<n1,n2>|=
=
|1 ||2 |
6
2
2
6× (-1) +(3-) +4
1 2 3 4 5 6
(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,
∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.
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(1)证明 ∵PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴PD⊥BD.取AB的中点E,连接DE.
∵CD=1,BE=
1
2AB=1,CD∥BE,
∴四边形CDEB是平行四边形,∴DE=CB=1.
∵DE=
1
2 AB,∴△ABD为直角三角形,AB为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PD∩AD=D,
所以
2 +2 -2
cos∠PAB=
2××
设点 D 到平面 PAB
由
15
1
d= ,得
6
2
d=
15
.
5
1
15
= ,sin∠PAB= .
4
4
1 1
15
15
的距离为 d,则 V= × ×2×2× ×d= d.
3 2
4
6
因此 PD 与平面 PAB
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所成角的正弦值为

所以OB1⊥平面ABCD.
又OB1∥DD1,
所以DD1⊥平面ABCD.
在△ABD
1
π
中,AD=2AB=2,∠BAD=3,
由余弦定理得 BD =4 +2
2
2
π
-2×2×4×cos3=12,则
2
BD=2 3.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
如图,以点D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所
1 · = 0,
则
· = 0,
21 + 21 = 0,
∴
取 z1=-1,得 x1=1,y1=0,故 m=(1,0,-1).
21 = 0,
1 2 3 4 5 6
设平面 BMN 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2).
· = 0,
则
· = 0,
2 + 2 + 22 = 0,
=
5
.
5
(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,
所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.
过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的
角.
1
1
所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,
所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
=
3
,
2
整理可得 a2-4a+3=0,解得 a=1 或 a=3.
结合图形可知,当 a=3 或 a=1 时,B2P=1,此时二面角 P-A2C2-D2 为 150°.
1 2 3 4 5 6
3.(2023山东济宁一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为平行
1
π
四边形,平面AB1C⊥平面ABCD,DD1=DA=A1B1=2AB=2,∠BAD=3.
2024
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
考点突破练7
空间位置关系、空间角
1.(2022全国甲,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,
AD=DC=CB=1,AB=2,DP= 3 .
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
∴BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD,∴BD⊥PA.
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(2)解 (方法一)由(1)知,PD,AD,BD 两两垂直,以点 D 为坐标原点,DA,DB,DP
所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,
其中 BD= 2 - 2 = 3.
则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0, 3,0),P(0,0, 3),
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
1 2 3 4 5 6
(方法三 基底法)由题意可得
1
1
1
1
1
2 = 1 , 2 = 1 = 1 , 2 = 1 = 1 ,
4
2
2
2
2
3
3
2 = 4 1 = 4 1 , = ,
1
1
所以2 2 = 2 + + 2 =-4 1 + + 2 1
∠BAD=60°,△VBC为等边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;
(2)若二面角A-BC-V的大小为60°,求直线VA与平面VBC所成角的正弦值.
1 2 3 4 5 6
(1)证明 取BC中点E,连接BD,DE,VE.
因为四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,
所以△BCD为等边三角形,故DE⊥BC.
1 ·2 2 = 21 + 21 -21 = 0,
取 x1=1,可得 y1=1,z1=2,故 n1=(1,1,2).
则
1 ·2 2 = 21 -1 = 0,
设平面 PA2C2 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
2 ·2 2 = 22 + 22 -22 = 0,
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
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(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,
CC1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.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
1 2 3 4 5 6
3 42
所成角的正弦值为
.
28
4.(2023江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,
AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值.
又在等边三角形VBC中,
VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE⊂平面DEV,
所以BC⊥平面DEV.
因为VD⊂平面DEV,所以BC⊥VD.
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(2)解 由 VE⊥BC,DE⊥BC,可得∠DEV 就是二面角 A-BC-V 的平面角,
所以∠DEV=60°.
在△DEV 中,VE=DE= 3,则△DEV 是边长为 3的|cos<,n>|=
||||
∴直线 PD 与平面 PAB
1 2 3 4 5 6
=
|- 3|
3× 5
=
5
,
5
5
所成的角的正弦值为 .
5
(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥 P-ABD 的体积为
1 1
V= × ×1×
3 2
3× 3=
1
.
2
又 AB=2,PA= 2 + 2 =2,PB= 2 + 2 = 6,
1
= 4 1 + , 2 2 = 2 + + 2
1
3
1
=- 1 + + 1 = 1 + .
2
4
4
因为2 2 = 2 2 ,且 A2,B2,C2,D2 四点不共线,故 B2C2∥A2D2.
1 2 3 4 5 6
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直
过点 O 作 ON⊥AB,交 AB 于 N,由(1)可知,平面 DEV⊥平面 ABCD,取 DE 中