8.5　空间角与距离、空间向量及其应用（含答案）

21世纪教育网精品试卷·第2页（共2页）2025新教材数学高考第一轮复习8.5空间角与距离、空间向量及其应用五年高考考点1用向量法判定空间中的位置关系(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()考点2空间角与距离1.(2022全国甲,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()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°2.(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()A.13.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()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°4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.(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.6.(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.7.(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-F8.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.9.(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.10.(2022全国乙理,18,12分,中)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.11.(2021全国甲理,19,12分,中)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?三年模拟综合拔高练11.(2024届山东潍坊安丘三区县检测,5)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为()A.32.(2024届江苏南京第一中学月考,8)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱C1D1上的一动点,记直线BC1与平面A1BE所成的角为θ,则cosθ的最小值为()A.123.(2023河南郑州一模,10)在如图所示的实验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都为1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0<a<2).则下列结论错误的是()A.该模型外接球的半径为3B.当a=12时,MNC.异面直线AC与BF所成的角为60°D.MN∥平面BCE4.(2024届山东滨州新高考联合质量测评,19)如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD与ABEF均为直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知点G为AF上一点,AG=AD,求证:BG与平面DCE不平行;(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55,求点F到平面DCE的距离5.(2023山东烟台一模,19)如图,已知圆锥PO,AB是底面圆O的直径,且长为4,C是圆O上异于A,B的一点,PA=23.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为α与β.(1)求1tan(2)若tanβ=3tanα,求二面角A-PC-B的余弦值.综合拔高练21.(多选)(2024届河南平许济洛第一次质量检测,11)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为线段A1B1,CD,B1C上的动点,下列结论正确的是()A.PD1∥平面A1BDB.过M,N的平面截该正方体,所得截面面积的最大值为16C.当P为线段B1C中点时,异面直线AP与A1C所成角的余弦值为2D.当三棱锥A1-BDN的体积最大时,其外接球表面积为48π2.(多选)(2023山东济南一模,12)在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,AD=CD=2,AB=1,BC=5,沿AC将△ABC折起,使得点B到达点B'的位置,得到三棱锥B'-ACD.则下列说法正确的是()A.三棱锥B'-ACD体积的最大值为2B.AC·C.直线AC与B'D所成角的余弦值的取值范围为5D.对任意点B',线段AD上必存在点N,使得CN⊥B'D3.(2023湖南师大附中一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△PAD为等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.(1)求点A到平面PBC的距离;(2)E为线段PC上一点,若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为3010,求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值综合拔高练31.(多选)(2023黑龙江省实验中学一模,12)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),则下列说法中正确的是()A.直线AC1⊥平面A1BDB.棱CC1与平面A1BD所成角的正切值为2C.若D1Q∥平面A1PD,则动点Q的轨迹是一条线段D.若D1Q=62,则Q点的轨迹长度为22.(2024届江苏镇江丹阳期中,21)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E为线段AB的中点,M是线段PD(不含端点)上的一个动点.(1)记平面BCM交PA于点N,求证:MN∥平面PBC;(2)是否存在点M,使得二面角P-BC-M的正弦值为1010?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由3.(2023安徽淮北一模,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,BC=2AB,∠ABC=60°,PB⊥AC.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,确定点Q的位置;若不存在,说明理由.综合拔高练41.(多选)(2024届福建福州闽江口协作体期中联考,11)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BB1的中点,22AA1=AB=BC,AA1⊥平面ABC,∠ABC=90°,则下列结论错误的是()A.平面ABC1⊥平面ACC1A1B.平面A1BC⊥平面C1ABC.A1D∥平面C1ABD.A1D⊥AC12.(2024届河南平许济洛第一次质量检测,20)如图,在三棱台ABC-DEF中,BC=2EF,BC⊥AB,BC⊥CF,G,H分别为AC,BC上的点,平面FGH∥平面ABED.(1)求证:BC⊥平面EGH;(2)若AB⊥CF,∠BAC=45°,EF=CF=1,求平面EFG和平面DFG的夹角的余弦值.3.(2023湖南师大附中二模,20)如图,四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠ABC=60°,BM⊥平面ABCD,BM∥DN,BM=2DN,点E是线段MN上任意一点.(1)证明:平面EAC⊥平面BMND;(2)若∠AEC的最大值是2π3,求三棱锥M-NAC的体积8.5空间角与距离、空间向量及其应用五年高考考点1用向量法判定空间中的位置关系(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()答案BC考点2空间角与距离1.(2022全国甲,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()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°答案D2.(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()A.1答案C3.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()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°答案ABD4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y所以cos<n,PB>设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×331+2aa2因为331+2aa2+1≤63,当且仅当5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.(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.解析(1)证法一:连接OA,∵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,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.证法二:连接OA,∵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,延长BO交AC于点F,连接PF,易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23,∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43,∴AC=12,C(-23,12,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),AB=(43,0,0),AE=∴AB令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),AC=(0,12,0),∴AC令x2=3,则z2=-6,∴n2=(3,0,-6),∴cos<n1,n2>=n1设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sinθ=1−cos2θ=1113,∴二面角C-6.(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(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=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A令z1=2,则n1=(1,1,2).设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则P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−即32=3a2−4a+7,化简得a2-4a当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.综上,B2P=1.7.(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又∵θ∈[0,π],∴sinθ=1−cos∴二面角D-AB-F的正弦值为33.(12分)8.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB⊂平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=PA又因为BC=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC,又因为PA⊥BC,且PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以AP=(0,0,1),AC=(1,-1,0),PC=(1,-1,-1),BC=(1,0,0),设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AP=z1=0,m·AC=x1−y1=0,令设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·PC=x2−y2−z2=0,n·BC=x所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|又因为二面角A-PC-B为锐二面角,所以二面角A-PC-B的大小为π39.(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−(2)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B-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n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n令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=n1又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=32所以二面角A-BD-C的正弦值为32.10.(2022全国乙理,18,12分,中)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BE⊥AC.又DE,BE⊂平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF=32如图,以E为坐标原点,EA,EB,ED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E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),F0,3所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则AD令y=1,得n=(3,1,3).设CF与平面ABD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,CF>|=|n·CF||n||CF|11.(2021全国甲理,19,12分,中)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?解析第一步:证明线线垂直,为建系做铺垫.∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.第二步:建立空间直角坐标系,求出相关量的坐标.以B为坐标原点,BA,BC,BB1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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).第三步:利用a·b=0判定线线垂直.(1)证明:∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF第四步:求出相关平面的法向量.(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则EF·n=−x+y+z=0,FD·n=ax−2∴n=1,a易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.第五步:由向量夹角公式表示二面角大小,利用函数思想求其最值.设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|∴sinθ=1−cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1三年模拟综合拔高练11.(2024届山东潍坊安丘三区县检测,5)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为()A.3答案B2.(2024届江苏南京第一中学月考,8)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱C1D1上的一动点,记直线BC1与平面A1BE所成的角为θ,则cosθ的最小值为()A.12答案C3.(2023河南郑州一模,10)在如图所示的实验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都为1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0<a<2).则下列结论错误的是()A.该模型外接球的半径为3B.当a=12时,MNC.异面直线AC与BF所成的角为60°D.MN∥平面BCE答案B4.(2024届山东滨州新高考联合质量测评,19)如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD与ABEF均为直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知点G为AF上一点,AG=AD,求证:BG与平面DCE不平行;(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55,求点F到平面DCE的距离解析(1)证明:因为DA⊥平面ABEF,AB,AF⊂平面ABEF,所以DA⊥AB,DA⊥AF.又AB⊥AF,所以以A为坐标原点,AF,AB,AD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,2,0),E(1,2,0),C(0,2,1),D(0,0,2),G(2,0,0),所以EC=(-1,0,1),ED=(-1,-2,2),BG=(2,-2,0),设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则n·令x=2,则z=2,y=1,所以n=(2,1,2),因为n·BG=2×2+1×(-2)=2≠0,所以n与BG不垂直,即BG与平面DCE不平行.(2)设AF=a(a>0且a≠1),则F(a,0,0),BF=(a,-2,0).因为直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55所以55=|cos<BF,化简得11a2-40a-16=0,解得a=4或a=-411(舍去),故AF=4.所以F(4,0,0),FD=(-4,0,2),由(1)知平面DCE的一个法向量为n=(2,1,2所以点F到平面DCE的距离d=|FD5.(2023山东烟台一模,19)如图,已知圆锥PO,AB是底面圆O的直径,且长为4,C是圆O上异于A,B的一点,PA=23.设二面角P-AC-B与二面角P-BC-A的大小分别为α与β.(1)求1tan(2)若tanβ=3tanα,求二面角A-PC-B的余弦值.解析(1)连接PO,则PO⊥平面ABC.分别取AC,BC的中点M,N,连接PM,OM,PN,ON,则在圆O中,OM⊥AC.由PO⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,得PO⊥AC.又PO∩OM=O,所以AC⊥平面PMO,因为PM⊂平面PMO,所以AC⊥PM.所以∠PMO=α.同理,∠PNO=β.于是1=O=2O(2)因为tanβ=3tanα,即OPON所以OM=3ON,即BC=3AC,因为AC2+BC2=AB2,所以BC=23,AC=2.在圆O中,CA⊥CB,以点C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,23,0),则CA=(2,0,0),CB=(0,23,0),因为PO⊥平面ABC,所以OP∥z轴,从而P(1,3,22),则CP=(1,3,22).设平面PAC的法向量为m=(x,y,z),则m·不妨取y=22,则m=(0,22,-3).设平面PBC的法向量为n=(m,n,t),则n·不妨取m=22,则n=(22,0,-1).所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|又二面角A-PC-B为钝二面角,所以二面角A-PC-B的余弦值为-3333综合拔高练21.(多选)(2024届河南平许济洛第一次质量检测,11)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为线段A1B1,CD,B1C上的动点,下列结论正确的是()A.PD1∥平面A1BDB.过M,N的平面截该正方体,所得截面面积的最大值为16C.当P为线段B1C中点时,异面直线AP与A1C所成角的余弦值为2D.当三棱锥A1-BDN的体积最大时,其外接球表面积为48π答案ACD2.(多选)(2023山东济南一模,12)在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,AD=CD=2,AB=1,BC=5,沿AC将△ABC折起,使得点B到达点B'的位置,得到三棱锥B'-ACD.则下列说法正确的是()A.三棱锥B'-ACD体积的最大值为2B.AC·C.直线AC与B'D所成角的余弦值的取值范围为5D.对任意点B',线段AD上必存在点N,使得CN⊥B'D答案ABD3.(2023湖南师大附中一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△PAD为等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.(1)求点A到平面PBC的距离;(2)E为线段PC上一点,若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为3010,求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值解析(1)取AD的中点O,连接OB,OP.∵△PAD为等边三角形,∴OP⊥AD,OA=1,OP=3.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,∴OP⊥平面ABCD.又∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB.∵PB⊥BC,BC∥AD,∴PB⊥AD.又∵OP,PB⊂平面POB,OP∩PB=P,∴AD⊥平面POB.又∵OB⊂平面POB,∴AD⊥OB,∴OB=3,PB=6.设点A到平面PBC的距离为h,由VA-PBC=VP-ABC,得13S△PBC·ℎ即12×2×6ℎ=1(2)由(1)知OP,OA,OB两两垂直,故以点O为坐标原点,OA,OB,OP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P(0,0,3),C(-2,3,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),则PC=(-2,3,-3),OP=(0,0,3),AD=(-2,0,0).设PE=λPC(0≤λ≤1),则PE=(-2λ,3λ,-3λ),OE=OP+PE=(-2λ则E(-2λ,3λ,3−3λ),则AE=(-2λ-1,3λ,3−由于OP⊥平面ABCD,则取平面ABCD的法向量为n1=(0,0,1).设AE与平面ABCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<AE,n1>|=|3−3λ(−2λ则E−23,设平面ADE的法向量为n2=(x,y,z),则n令y=2,则n2=(0,2,-1),又平面ABCD的法向量为n1=(0,0,1).故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为|cos<n1,n2>|=15综合拔高练31.(多选)(2023黑龙江省实验中学一模,12)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),则下列说法中正确的是()A.直线AC1⊥平面A1BDB.棱CC1与平面A1BD所成角的正切值为2C.若D1Q∥平面A1PD,则动点Q的轨迹是一条线段D.若D1Q=62,则Q点的轨迹长度为2答案ACD2.(2024届江苏镇江丹阳期中,21)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E为线段AB的中点,M是线段PD(不含端点)上的一个动点.(1)记平面BCM交PA于点N,求证:MN∥平面PBC;(2)是否存在点M,使得二面角P-BC-M的正弦值为1010?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由解析(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD,因为BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD,因为BC⊂平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,因为MN⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,因此MN∥平面PBC.(2)连接PE、CE、AC,因为△PAB为等边三角形,E为AB的中点,所以PE⊥AB,因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABCD,因为四边形ABCD是边长为2的菱形,所以AB=BC=2,又因为∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,则CE⊥AB.以点E为坐标原点,EB、EC、EP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,3,0),D(-2,3,0),P(0,0,3),设PM=λPD=λ(-2,3,-3)=(-2λ,3λ,-3λ),其中0<设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1).BC=(-1,3,0),BP=(-1,0,3),由m·BC=−x1+3y1=0,m·BP设平面BCM的法向量为n=(x2,y2,z2).BM=BP+PM=(-1,0,3)+(-2λ,3λ,-3λ)=(-2λ-1,3λ由n·取x2=3−3λ,则y2=1-λ,z2=λ所以n=(3−3λ,1-λ,λ由题意可得|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|整理可得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,因为0<λ<1,所以λ=13,故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时,二面角P-BC-M的正弦值为103.(2023安徽淮北一模,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,BC=2AB,∠ABC=60°,PB⊥AC.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,确定点Q的位置;若不存在,说明理由.解析(1)证明:在△ABC中,因为BC=2AB,∠ABC=60°,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3AB2,AC=3AB,所以AC2+AB2=BC2,则∠BAC=90°,即AC⊥AB,又AC⊥PB,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB,又AC⊂平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)假设存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD.如图,以A为原点,分别以AB,AC的方向为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0).设AB=2,则B(2,0,0),D(-2,23,0),P(1,0,3),则AD=(-2,23,0),AP=(1,0,3),BD=(-4,23,0),DP=(3,-23,3),设平面PAD的法向量是n1=(x1,y1,z1),则n1·AD=−2x1+23y1=0,设DQ=λDP,其中0<则BQ=BD+DQ=BD+λDP=(3λ-4连接EF,因为AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF,所以AC∥EF,取与EF同向的单位向量j=(0,1,0),设平面BEQF的法向量是n2=(x2,y2,z2),则n取n2=(3λ,0,4-3λ).由平面BEQF⊥平面PAD,知n1⊥n2,(当两平面垂直时,它们的法向量也垂直)即n1·n2=3λ+3λ-4=0,解得λ=23.故在侧棱PD上存在点Q且当D