新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-4空间角与距离、空间向量及其应用练习含答案

7.4空间角与距离、空间向量及其应用五年高考高考新风向1.(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(B)A.12B.1C.22.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=10,FB=23,M为AD的中点.(1)证明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值.解析(1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC,又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD,又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴BM∥平面CDE.(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=3,在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=10,∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=12AM=1∴OF=AF2−AO2=3,又∵OB=∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,又∵OB⊥AD,OF⊥AD,∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),∴BM=(-3,1,0),FB=(3,0,-3),ME=(0,1,3),设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·不妨取x1=3,则n1=(3,3,1).设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·不妨取y2=3,则x2=3,z2=-1,则n2=(3,3,-1).设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2∵0≤θ≤π,∴sinθ=1−cos2θ=1−∴二面角F-BM-E的正弦值为43考点1空间角与距离1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(B)A.20°B.40°C.50°D.90°2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(D)A.AB=2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(C)A.15B.25C.354.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(ABD)A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°5.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)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.解析(1)设A到平面A1BC的距离为d.因为VA1−ABC=VA−A1BC=13S△ABC·AA1=13S△A1BC·d=1(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值.如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC.又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1.因为A1B,AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.由(1)知AO=d=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2,所以可得AC=22,A1C=23,BD=3,故△ABD的面积为12·AB·BD2又S△ABD=12BD·AH=2,所以AH=2在Rt△OHA中,sin∠OHA=AOAH=3即二面角A-BD-C的正弦值为32.解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE.因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB.由(1)知AE=d=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2.以B为坐标原点,向量BC,BA,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则BC=(2,0,0),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1).设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=n1·n又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=32所以二面角A-BD-C的正弦值为32.考点2空间向量及其应用1.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是(BC)2.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值.解析(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.由QD=QA,得QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE=QA2−A∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,在Rt△CDE中,CE=CD2+DE∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.(2)建立空间直角坐标系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0).BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),则n即−2x+y+2z=0,−2x+2y=0,x=y=2z.取设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n23.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)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.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.解析解法一(向量法):(1)证明:以C为原点,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),则B2C2=(0,-2,1),A2D2=(∴B2C2=A2D2又知B2C2与A2D2无公共点,∴B2C2∥A2D2.(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),结合(1)可知A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则A2C令z1=2,则n1=(1,1,2).设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则PA2令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴|cos150°|=|cos<n1,n2>|=|=a−1+3−a+4|6化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.综上,B2P=1.解法二(几何法):(1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3,∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA2∥BB3,AA2=BB3=1,∴四边形ABB3A2为平行四边形,∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB,同理D2C3=CD,D2C3∥CD,又∵AB∥CD,AB=CD=2,∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3,∴四边形A2B3C3D2为平行四边形,∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3,∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1,∴四边形B2B3C3C2为平行四边形,∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3,∴B2C2∥A2D2.(2)当P在B1B2上时,连接A2B2.由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=2,∴B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin30°=22连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E,由A1B2=A1D2=22,得A1E⊥B2D2,∴A1E=6,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又B2D2∩A2C2=E,∴A1E⊥平面A2B2C2D2,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴A1E与平面PA2C2所成角为60°,∴点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin60°=32∴VA1−P设A1B2与A2P交于点Q,则A1QQB2=3,又知B2P∥∴B2PA1A2=B2QA1Q=13,又知A1A2=3,由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1.综上,B2P=1.4.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,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.解析(1)证明:连接AE,DE,∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.(1分)又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ACD与△ABD均为等边三角形,∴AC=AB,∴AE⊥BC.(2分)又∵AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,(3分)又∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(4分)(2)设DA=DB=DC=2,则BC=22,DE=AE=2,∴AE2+DE2=4=DA2,(6分)∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.以E为原点,ED,EB,EA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0),∴DA=(-2,0,2),AB=(0,2,-2),∵EF=DA,∴F(-2,0,2),∴AF=(-2,0,0).(8分)设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则DA·n令z1=1,则n1=(1,1,1).(9分)设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则AB·n令z2=1,则n2=(0,1,1).(10分)设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cosθ|=|n1·n2||n1|·|又∵θ∈[0,π],∴sinθ=1−cos2θ=1−∴二面角D-AB-F的正弦值为33.(12分)5.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.解析解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0<t<1),则BF=BA+AF=BA+tAC=BA+t(BC-BA)=(1-t)BA+tBC.易知AO=-BA+12∵BF⊥AO,∴BF·AO=[(1-t)BA+tBC]·−BA+12BC=(t-1)BA2+12tBC2=4(t-1)+4故F为AC的中点.∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12∴DEOF.∴四边形DEFO是平行四边形,∴EF∥DO.又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=6,∴DO=12PC=62,又AD=5DO,∴AD=在Rt△ABO中,AB=2,BO=2,∴AO=6,在△ADO中,OD2+AO2=AD2,∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO,又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,∴DG=13AD,GE=13∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=13AH,连接DH,GF,∴DH=32GF,由cos∠ABD=4+32−1522×2×同理可得BE=62∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2=13×622+622=53,∴GF=153,在△DOH中,OH=12BF=32,OD=62,DH∴cos∠DOH=64+3∴二面角D-AO-C的正弦值为22解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,2,0),C(0,22,0).(1)证明:设AF=λAC,0<λ<1.∵AC=(-2,22,0),∴F(2-2λ,22λ,0),∴BF=(2-2λ,22λ,0).∵BF⊥AO,AO=(-2,2,0),∴BF·AO=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=12故F为AC的中点.连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12∴DEOF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:易得AD=302,由cos∠ABD=4+32−1522×2×6设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14可得x2+y2+z2=6,x2+又∵E是PA的中点,∴E12,22,32,∴BE=12,22,32,又AO=(-2,2,0),∴AO·BE=-2×12+2×22+0×32=0,∴AO⊥BE∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),∵D为PB的中点,∴D−1∴OD=−1设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则m2·取x1=1,则y1=2,z1=3,则m2=(1,2,3),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m1,m2>|=|m1·m2由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,∴cosθ=-22,∴sinθ=22,即二面角D-AO-C的正弦值为2三年模拟练思维1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于(AD)A.30°B.45°C.75°D.902.(多选)(2024江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P是矩形ABCD所在平面外一点,AB=2,BC=3,PA=PB=5,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则下列说法正确的是(BD)A.BF=13B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角C.tan∠PCO=15D.PC与BD所成的角的余弦值为263.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则(ABD)A.该正方体外接球的表面积为27πB.直线EF与CD所成角的余弦值为4C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形D.点F到平面A1BC1的距离为34.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为23,点E为线段PC中点.(1)求证:平面BED⊥平面ABD;(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.解析(1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,在△ABD中,由正弦定理知AC=BDsin∠BAD在△OFB中,OF=OBsin30°=1,所以F为OC中点,又E为PC的中点,所以EF∥PO,又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(2)以点F为坐标原点,FA,FB,FE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(3,0,0),M(2,3,0),E(0,0,3),故AM=(-1,3,0),AE=(-3,0,3),设平面AME的法向量为n1=(x,y,z),由n得−x+3y=0,−3x+3z=0,令x=3,易知平面PAC的一个法向量为n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>=13+1+9=13因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为13135.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=2.(1)求证:BC⊥AE;(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.解析(1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AOE,∴BC⊥平面AEO,又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE.(2)连接DO,则DO⊥BC,由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC=2得AO=3,DO=1,又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(3,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴CA=(3,1,0),CD=(0,1,1),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=0,取x=1,则n=(1,-3,3).∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,又OE=1,∴E32,0,−12,则cos<DE,n>=DE·n|DE∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为776.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长为22,A1B1=12AB,M为BC中点,已知点P满足AP=(1-λ)AB+12λAD+λAA1,其中λ∈(0(1)求证D1P⊥AC;(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为37,当λ=23时,求直线DP与平面AMC1解析(1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O为正方形ABCD的中心),则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0),M(0,2,0),则AC=(-22,22,0),设正四棱台的高为h,则有A122,-22,h,C1-22,22,h,D1-22,-22,h,AP=(1-λ)(0,22,0)+12λ(-22,0,0)+λ−22D1P=D1A+AP=−32故AC·D1P=0,所以D1P⊥AC.(5分(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),又AM=(-2,22,0),AC1=则AM·m=0,令x=22h,则m=(22h,2h,3),(8分)由题意可得|cos<m,n>|=38ℎ2+2ℎ2+9=37,可得因为λ=23,所以经过计算可得P0,0,则DP=2,2,43.将h=2代入,可得m=(42,22,3),(15分)设直线DP与平面AMC1所成的角为θ,则sinθ=|cos<DP,m>|=8+4+42+2+169×32+8+9=2413一题多解(1)证明:∵A1B1=12AB,∴AA1·AB=AA1·AD=2∵D1A=D1A1+A∴D1P=D1A+AP=(1-λ)AB+12λ−∴D1P·AC=(1-λ)AB+12λ−12AD+(λ-1)AA1·(AB+AD)=(1-λ)AB2+12λ−12AD2+(λ-1)AB·AA1+(λ-1∴D1P⊥AC,即D1P7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1=2AD,∠ABC=120°.(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为55,求DEE解析不妨设AD=1.(1)证明:由题意得A1D⊥平面ABCD,因为AD⊂平面ABCD,所以A1D⊥AD.(1分)在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠DAB=22+12-2×2×1×cos60°=3,得BD=3.(3分)故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB.(4分)因为A1D∩DB=D,所以AD⊥平面A1BD,(5分)又AD⊂平面ADD1A1,所以平面A1BD⊥平面ADD1A1.(6分)(2)由(1)知,DA,DB,DA1两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量DA,DB,DA1的方向为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),A1(0,0,3),C(-1,3,0),则A1B=(0,3,-3),AC=(-2,3,因为A1C1所以C1(-2,3,3),(7分)所以DC1=(-2,3,3),(8分设DE=λDC1(0<λ<1),则DE=λDC1=(-2λ,3λ即E(-2λ,3λ,3λ),所以A1E=(-2λ,3λ,3λ-3),(9分设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·即3令z1=2λ,则y1=2λ,x1=23λ-3,n=(23λ-3,2λ,2λ),(12分)易知DB⊥平面BCC1B1,故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量,(13分)设平面A1BE与平面BCC1B1的夹角为α,则cosα=|n·m||n|·|m|=2λ20λ2−12λ+3故DEEC1=13.(8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.(1)若点D到平面ACP的距离为233,证明:O1P⊥(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.解析(1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.因为CD是圆O1的直径,所以CP⊥DP.因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.因为CP⊂平面CDP,所以AD⊥CP.又因为AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D,所以CP⊥平面ADP.因为DH⊂平面ADP,所以DH⊥CP.又因为DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P,所以DH⊥平面ACP.所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH=23设DP=a(a>0),则AP=a2由AD·DP=AP·DH,得2·a=a2+4·233,解得因为CD=2,所以DP=PC=2.因为O1是CD的中点,所以O1P⊥CD.(2)如图2,在平面PCD内,过点O1作O1E⊥O1C交圆O1于点E,因为OO1⊥平面PCD,所以O1E,O1C,O1O两两垂直,以O1为原点,分别以O1E,O1C,O1O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则OC=(0,1,-2),AC=(0,2,-2),设点P(m,n,0),则CP=(m,n-1,0).因为点P在圆O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,n·CP取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).设OC与平面ACP所成角为θ,则sinθ=|cos<OC,n>|=|OC·n||OC||n|=m因为(n−1)21−n2=(n−1)(n−1)(1−n所以-1+21+n∈(0,+∞所以2+(n−1)21−n2=2+所以sinθ=15·2+所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是0,109.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8m,AD=4m,ED=CF=1m,且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA=GB=5m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.解析(1)如图,取AB,CD的中点M,N,连接GM,MN,HN,则GM⊥平面ABCD,HN⊥平面ABCD.因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥HN,又MN∥AD,AD∩DE=D,MN∩HN=N,所以平面ADE∥平面GMNH,又平面AEHG分别交平面ADE和平面GMNH于AE,GH,所以AE∥GH.①易知GM∥HN,又AB∥CD,AB∩GM