2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练47利用空间向量求距离及空间角 含答案

/通用版高考数学一轮复习课时突破练47利用空间向量求距离及空间角1.(15分)(2023·北京,16)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.2.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线BP的距离.3.(15分)(2024·安徽亳州期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都为2,且∠A1AC=60°,平面A1ACC1⊥平面ABC,点P为AB的中点,点Q为A1C1的中点.(1)求点B1到直线PQ的距离;(2)求点B1到平面PQC的距离.4.(15分)(2024·山东潍坊模拟)如图,圆台O1O2上底面半径为1,下底面半径为2,AB为圆台下底面的一条直径,圆O2上点C满足AC=BC,PO1是圆台上底面的一条半径,点P,C在平面ABO1的同侧,且PO1∥BC.(1)证明:O1O2∥平面PAC;(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AO1与平面PBC所成的正弦值.条件①:三棱锥O1-ABC的体积为43;条件②:AO1与圆台底面的夹角的正切值为2注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.5.(15分)(2024·天津北辰三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=AD=12CD=2,PD=2,M为棱PC的中点(1)证明:BM∥平面PAD;(2)求平面PDM和平面DMB夹角的余弦值;(3)求点A到直线PC的距离.6.(17分)(2025·八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.(ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC;(ⅱ)求球O的半径.(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.

答案：1.(1)证明因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,所以△PAB为直角三角形,又因为PB=PA2+AB2=2,BC=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形,故BC⊥PB,又因为BC⊥PA(2)解由(1)知BC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,则BC⊥AB,以A为原点,AB为x轴,过A且与BC平行的直线为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0),所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1),设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令x1=1,则y1=-1,所以m=(1,-1,0),设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则n即y令x2=1,则z2=1,所以n=(1,0,1),所以cos<m,n>=m·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π2.(1)证明因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,因为PC⊥BD,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面APC,所以BD⊥平面APC,因为PO⊂平面APC,所以BD⊥PO,因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC,又因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.(2)解以O为原点,OB,OC,OP方向为x,y,z轴方向,建系如图,因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB,CD所成的角,所以∠PBA=60°,在菱形ABCD中,AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=3,设PO=a,则PA=a2+1,PB=在△PBA中,由余弦定理得,PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,所以a2+1=4+a2+3-2a2+3,解得a=所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),P(0,0,6),E(0,12BE=(-3,12,0),BP=(-3,0,6),|BE|=132,||BE|2-(BE·3.解(1)由三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都为2,则四边形ACC1A1为平行四边形,且棱长都相等,即为菱形,又因为△ABC,△A1B1C1都为等边三角形,连接CA1,所以△ACA1为等边三角形,取AC中点O,连接OA1,OB,则OA1⊥AC,又因为平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,OA1⊂平面A1ACC1,所以OA1⊥平面ABC,则OA1⊥OC,OA1⊥OB,又因为OB⊥AC,所以OB,OC,OA1两两垂直.则以O为坐标原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如右图所示,则A(0,-1,0),A1(0,0,3),B(3,0,0),C(0,1,0),C1(0,2,3),由OB1=OB+BB1=OB+AA1则B1(3,1,3),P(32,-12,0),Q(0,1,所以QB1=(3,0,0),PQ=(-则|QB1|=所以点B1到直线PQ的距离为|(2)由(1)知CQ=(0,0,3),设n=(a,b,c)是平面PQC的一个法向量,则n取b=1,则n=(3,1,0),又因为QB1=(所以点B1到平面PQC的距离为|4.(1)证明取AC中点M,连接O2M,PM,如图,由题意,得PO1=1,BC=22AB=2,又PO1∥BC,PO1=1又O2M∥BC,O2M=12BC,故PO1∥O2M,PO1=O2M,所以四边形PO1O2M为平行四边形,则PM∥O1O2,又PM⊂平面PAC,O1O2⊄平面PAC,故O1O2∥平面(2)解选①:S△ABC=12AC·BC=12×2×2=2,又O1O2⊥平面ABC,所以三棱锥O1-ABC的体积V=13×S△ABC×O1O2=43.所以选②:因为O1O2⊥平面ABC,所以∠O1AO2为AO1与底面所成的角,所以tan∠O1AO2=2,又AO2=2,所以O1O2=2.以O2为坐标原点,O2B,O2C,O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.则有A(-2,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(-22,22,2),O1(0,0,2),故A设平面PBC的法向量n=(x,y,z),而BC=(-2,2,0),CP=(-22,故n令z=1,解得x=y=2,得n=(2,2,1),设所求角的大小为θ,则sinθ=|cos<AO1所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为25.(1)证明取PD中点N,连接AN,MN.在△PCD中,M,N分别为PC,PD的中点,则MN∥DC,MN=12DC,因为AB∥DC,AB=12DC,则AB∥MN,AB=MN,可知四边形ABMN为平行四边形,则BM∥AN,且BM⊄平面PAD,AN⊂平面PAD,所以BM(2)解因为PD⊥平面ABCD,AD,DC⊂平面ABCD,则PD⊥AD,PD⊥DC,且AD⊥DC,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,取CD的中点E,连接BE,因为AB∥DC,AB=12DC,则AB∥DE,AB=DE,又因为AD⊥DC,所以四边形ABED为矩形,且AB=AD=2,可知四边形ABED是以边长为2的正方形,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),M(0,2,1),可得DA=(2,0,0),DM=(0,2,1),DB=(2,2,0),设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),所以令y=-1,则x=1,z=2.所以平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2),易知DA为平面PDM的一个法向量,所以cos<n,DA>=n·DA|n||DA(3)解由(2)可知PA=(2,0,-2),PC=(0,4,-2),则cos<PA,PC>=PA·PC|PA||PC|=422×25=1010,即cos∠APC=106.(1)(ⅰ)证明在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°,得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos30°=3,且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.(ⅱ)解以A为原点,AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,32,32),设球心O(a,b,c),半径为R,因为△ABC为直角三角形,所以其外心为BC边的中点(12,12,0),则a=12,b=由OA=OP,得14+14+c(2)解在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB,则由(1)可知,AG=32,PG=3设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM,AG所在直线为x轴、y轴,过点G且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则G(0,0,0),A(0,-32,0),B(1,-32,0),C(0,-12,0),P(32cosθ,0,所以CA=(0,-1,0),CB=(1,-1,0),CP=(32cosθ