全品高考备战2027年数学一轮学生用书08第46讲空间角【答案】作业手册

第46讲空间角1.A[解析]由已知得cos<u,n>=u·n|u||n|=0+0-32×3=-12,则<u,2.A[解析]因为m·n=0×0+1×(-1)+0×1=-1,|m|=02|n|=02+12+12=2,所以|cos<m,n>|=m·3.A[解析]如图,连接DE,设正四面体A-BCD的棱长为2,因为G,F分别为AC,CD的中点,所以GF∥AD,所以异面直线AE,FG所成的角为∠DAE(或其补角).在△ADE中,AE=DE=3,AD=2,由余弦定理可得cos∠DAE=AD2+AE2-DE22AD·AE4.B[解析]如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则A1(2,0,2),E(1,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),所以A1B=(0,2,-2),A1E=(-1,0,-2),CE=(1,-2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=2y-2z=0,n·A1E=-x-2z=0,令z5.B[解析]如图,连接AE,DE.因为AB=BC=AC=DB=DC,E为BC中点,所以AE⊥BC,DE⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD,所以ED,EB,EA两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA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.设AB=2,则A(0,0,3),D(3,0,0),B(0,1,0),F(-3,0,3),则AB=(0,1,-3),AD=(3,0,-3),AF=(-3,0,0).设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则m·AB=y-3z=0,m·AD=3x-3z=0,令x=1,得y=3,z=1,则m=(1,3,1).设平面ABF的法向量为n=(a,b,c),则n·AB=b-3c=0,n·AF=-6.ABD[解析]根据题意可得,B1(2,0,4),C(0,4,0),则B1C=(-2,4,-4),故A正确;A(0,0,0),C(0,4,0),C1(0,2,4),则CC1=(0,-2,4),则CM=23CC1=23(0,-2,4)=0,-43,83,AC=(0,4,0),则AM=AC+CM=(0,4,0)+0,-43,83=0,83,83,因为AM·B1C=83×4+83×(-4)=0,所以AM⊥B1C,故B正确;B(4,0,0),A1(0,0,4),则BB1=(-2,0,4),A|BC16+16-1616+162=267.22[解析]如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,设O,O1分别是底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心,连接OO1,AC,A1C1,过点A1作A1E⊥AC,垂足为E.∵A1E∥OO1,∴A1E⊥底面ABCD,∴该四棱台的侧棱与底面所成的角为∠A1AE.由题得C1A1=222,CA=402,AA1=18,∴AE=402-2222=92,∴cos∠A1AE=8.63[解析]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1,BB1=AA1.记AB=AD=AA1=a,则AB·AD=AD·AA1=AA1·AB=a×acos60°=a22,|AC1|=(AB+AD+AA1)2=6a,|BB1|=a,AC1·BB1=(AB+AD+AA1)·AA1=9.解:(1)证明:设AD=2DC=2CB=2,∵M为AD中点,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴PM⊥AD.如图,取BC的中点G,∵底面ABCD是等腰梯形,∴MG⊥AD,连接PG,MB,MC.∵BC∥AD,AD=2DC=2BC,∠ADC=60°,∴MB=MC,∴PB=PC,∴PG⊥BC,∵在Rt△PGC中,PC=2,GC=12,∴PG=72.在△PMG中,PM=1,MG=32,PG=72,∴PM2+MG2=PG2,∴∠PMG=90°,∴又AD∩MG=M,AD,MG⊂平面ABCD,∴PM⊥平面ABCD.(2)如图,以M为坐标原点,MG,MD,MP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B32,-12,0,C32∴AB=32,12,0,PD=(0,1,-1).设直线AB与PD所成角为α,则cosα=(3)由(2)知,BC=(0,1,0),BP=-32,12,1,CD=-32,12,0,CP则BC·m令z=-1,则m=-2设平面PCD的法向量是n=(a,b,c),则CD·n令b=1,则n=13,1,1.设平面BPC与平面PCD的夹角为θ,则cosθ=|故平面BPC与平面PCD的夹角的正弦值为sinθ=1-5710.C[解析]记AB的中点为E,连接CE,DE,由题意可知AB⊥CE,AB⊥DE,又CE∩DE=E,所以AB⊥平面CDE,∠CED=150°,又AB⊂平面ABC,所以平面CDE⊥平面ABC.在平面CDE中,过点D作DF⊥CE交CE的延长线于点F,则∠DCF即为直线CD与平面ABC所成的角,不妨设AB=2,则DE=3,得DF=DE×sin30°=32,EF=DE×cos30°=32,CF=CE+EF=1+32=52,所以tan∠DCF=DFCF11.BC[解析]如图,作BE∥AD且BE=AD,连接DE,因为AD⊥AB,所以四边形ABED是矩形,所以BE⊥AB,又BC⊥AB,所以∠CBE是水库底面与水坝斜面所成的二面角的平面角,因为DE∥AB,AB⊥BC,所以DE⊥BC,又DE⊥BE,BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,所以DE⊥平面BCE,又CE⊂平面BCE,所以DE⊥CE,则DE=AB=10,所以CE=DC2-DE2=(105)2-102=20,又BE=AD=12,BC=12,所以cos∠CBE=BC2+BE2-EC22·BC·BE=144+144-4002×12×12=-718,故A错误,B正确;由△CBE为等腰三角形,得S△CBE=12CE·BC2-12CE2=12×20×122-102=2012.D[解析]方法一:以C1为坐标原点,建立空间直角坐标系如图.设正方体的棱长为1,则A1D=(0,-1,1),设C1P=λC1A=(λ,λ,λ),λ∈[0,1],则B1P=B1C1+C1P=(λ,λ-1,λ).设异面直线B1P与A1D所成的角为θ,则cosθ=|cos<B1P,A1D>|=12·λ2+(λ-1)2+λ2=12·3λ2-2λ+1,令y=3λ2-2λ+1=3λ-132+23,λ∈[0,1],因为λ=13∈[0,1],所以当λ=13时,y取得最小值23,又当λ=0时,y=1,当λ=1时,y=2,所以y=3λ2-2λ+1,λ∈[0,1]的值域为23,2,所以cosθ∈12,32,又θ∈0,π2,所以θ∈π6,π3,故A,B错误;对于C,设M(1,0,m),m∈方法二:如图①,连接B1C,异面直线B1P与A1D所成角为∠CB1P,连接D1C,DC1,设D1C∩DC1=Q,易证平面B1CQ⊥平面B1C1DA,cos∠CB1P=cos∠CB1Q·cos∠PB1Q=32cos∠PB1Q,设B1Q∩AC1=H,设AD=1,由图②可求得B1H=63,B1P∈63,2,cos∠PB1Q∈33,1,cos∠CB1P∈12,32,所以∠CB1P∈π6,π3,故A,B错误.如图③,设B1P在平面ADD1A1内的射影为A1P1,P1在线段AD1上,如图④,设O是AD1的中点,当点P1在线段OA上时,存在M∈DD1,使得AM⊥A1P1,由三垂线定理知,AM⊥B1P;当P1在线段OD1上时,线段DD1上不存在点M,使得AM⊥A1P1,故C错误;对于任意点M,在AD上选一点N,当AN=DM时,连接A1N,则A1N⊥AM,设A1N∩AD1=P 13.ACD[解析]如图①,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),G12,12,12.对于A,AG=12,12,12,PD=(0,1,-1),则AG·PD=12-12=0,所以AG⊥PD,故A正确;对于B,因为F是AD的中点,所以F0,12,0,又G12,12,12,所以FG=12,0,12,AC=(1,1,0),设FG和AC所成的角为θ,则cosθ=|cos<FG,AC>|=|FG·AC||FG|·|AC|=1212×2令x=1,则n=(1,1,-1),设平面EFG与平面ABCD所成角为α,则cosα=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=11×3=33,则sinα=1-cos2α=63,故C正确;对于D,如图②,延长FE与直线CB交于点N,延长EF与直线CD交于点J,连接NG与PB交于点H,连接GJ与PD 14.π4[解析]由题意可知平面α的一个法向量为m=(1,1,4),平面β的一个法向量为a=(1,2,0),平面γ的一个法向量为b=(0,2,1).设直线l的方向向量为l=(x,y,z),则β∩γ=l,l⊂β,l⊂γ,所以l·a=0,l·b=0,即x+2y=0,2y+z=0,取x=2,则l=(2,-1,2).设l与α所成角为15.133[解析]由圆心O为AC,BD的交点,得∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=π2,所以四边形ABCD为矩形.又AC=4,AB=22,所以BC=22,故矩形ABCD为正方形.由SO=OC=2,SO⊥AC得SC=SA=22,又AC=4,所以△SAC为等腰直角三角形,故CP=14SC=22,∠ACP=π4.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),S(0,0,2),所以AS=(0,2,2),SD=(-2,0,-2),AB=DC=(2,2,0).设平面SAB的法向量为m=(x,y取y=-1,则m=(1,-1,1).设平面SCD的法向量为n=(a,b,c),则n·DC=2a+2b=0,n·SD=-2a-2c=0,取a=1,则n=(1,-1,-1).因为cos<m,n>=m·n|m||n|=13×3=13,所以平面SAB与平面SCD的夹角的余弦值为13.由四边形ABCD为正方形得AC⊥BD.因为SO⊥AC,SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD,所以AC⊥平面SBD,且点A与点C关于平面SBD对称.连接AQ,AP,则PQ+QC=PQ+AQ≥AP,当且仅当A,Q,P三点共线时取等号.在△APC中,由余弦定理得AP2=AC2+CP2-2×AC16.解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2.方法二:因为B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A=A2D2,B2,(2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2P=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则-2x1-2y1+2z1=0,-2y1+z1=0,取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin30°=22.连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=22,得A1E⊥B2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=6,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin60°=322.所以VA又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以S△PA1A2S△PA2B2=3,所以A 17.解:(1)证明:因为PC=BC=4,PB=42,所以PC2+BC2=PB2,所以PC⊥BC.由四边形ADBC为正方形,得BC⊥AC,又PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)由BC⊥平面PAC,△PAC为等边三角形,可将三棱锥B-ACP补成正三棱柱APC-EFB,如图①.设△APC的中心为H,△BEF的中心为Q,则QH的中点G为外接球球心,所以△APC的外接圆半径AH=AC2sinπ3=43,GH所以外接球的半径R=AG=AH2+所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=1123π(3)以C为