2024年新教材高考数学一轮复习课时过关检测四十四利用空间向量求空间角空间距离含解析

PAGEPAGE5课时过关检测(四十四)利用空间向量求空间角、空间距离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始终线上，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)依据题意可得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\o(PA1,\s\up7(→))＝(0，－1，－2)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，－1,0),cos〈eq\o(PA1,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(PA1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(PA1,\s\up7(→))|·|eq\o(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\o(PB1,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0，－1，－4)，eq\o(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\co1(n·eq\o(PA,\s\up7(→))＝－y－4z＝0，,n·eq\o(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\o(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EFD1AEF＝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\co1(\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相像，所以eq\f(B1P,BP)＝eq\f(B1C1,AB)＝eq\f(2,1)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(2,3)))．eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(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\co1(n·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\o(ED1,\s\up7(→))＝(－1，－1,2)．cos〈n，eq\o(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．(2024·全国乙卷)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\co1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(t,1，－1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,2)，1，0))．因为PB⊥AM，所以eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(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\o(AP,\s\up7(→))＝(－eq\r(2)，0,1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(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\co1(n1·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(n2·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\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)．cos〈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．(2024·绍兴模拟)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\co1(\f(\r(3),2)，\f(7,2)，0))，P(0,0,2)．(1)证明：∵eq\o(FQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，3,0)，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝2eq\o(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\o(PF,\s\up7(→))，n⊥eq\o(FQ,\s\up7(→))，即n·eq\o(PF,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(FQ,\s\up7(→))＝0．又eq\o(PF,\s\up7(→))＝(0,2，－2)，∴n·eq\o(PF,\s\up7(→))＝2y－2z＝0，即y＝z．又eq\o(FQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，∴n·eq\o(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\o(QA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(7,2)，0))，∴所求距离d＝eq\f(|eq\o(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\co1(－\f(\r(3),2)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0))，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，\f(\r(3),4)))，eq\o(A′D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,4)，－\f(\r(3),4)))，eq\o(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\co1(n1·eq\o(A′D,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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cos〈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\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a，\f(1,2)a，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(