2022届一轮复习专题练习8 第65练 高考大题突破练——立体几何与空间向量（解析版）

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考点一 空间中求角
1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，D是A1C1的中点，且AC＝BC＝AA1＝2.
(1)求证：BC1∥平面AB1D；
(2)求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值．
2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值．
考点二 立体几何中的最值问题
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABC，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝2，AB＝2eq \r(3)，BC＝6.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)PA长为何值时，直线PC与平面PBD所成角最大？并求此时该角的正弦值．
4．如图，三棱锥S－ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
(1)当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
(2)若二面角P－BC－A的大小为60°，求eq \f(PA,SA)的值．
答案精析
1．(1)证明 如图，连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，
由ABC－A1B1C1为三棱柱，得A1E＝BE.
又∵D是A1C1的中点，∴BC1∥DE.
∵BC1⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
∴BC1∥平面AB1D.
(2)解 ∵CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，
∴CA，CB，CC1两两互相垂直，
故分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,2)，D(1,0,2)，
∴eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(－2,2,2)，eq \(B1D,\s\up6(—→))＝(1，－2,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．
设平面AB1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(—→))＝－2x＋2y＋2z＝0，,n·\(B1D,\s\up6(—→))＝x－2y＝0，))取y＝1，得n＝(2,1,1)，
设直线BC与平面AB1D所成的角为θ.
则sin θ＝|cs〈n，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BC,\s\up6(→))|,|n||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6).
∴直线BC与平面AB1D所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
2．(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝(3,0,6)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，m,0)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3)).
∵eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(AQ,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(PQ,\s\up6(→))，又eq \(AQ,\s\up6(→))与eq \(PQ,\s\up6(→))不共线，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq \f(1,2)OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴eq \(QB,\s\up6(→))＝(－6,3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cs θ＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(6),6)，
即二面角C－BQ－A的余弦值为eq \f(\r(6),6).
3．解 (1)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥PA，
又tan∠ABD＝eq \f(AD,AB)＝eq \f(\r(3),3)，tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)＝eq \r(3)，
∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC(E为AC与BD交点)．
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，又因为BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)如图，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
如图，设AP＝t，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，6，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，t))，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2，0))，eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2，t))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)，6，－t))，设平面PBD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,－2y＋tz＝0，))取x＝1，
得平面PBD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2\r(3),t)))，
所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(PC,\s\up6(→))·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(6\r(3),\r(48＋t2)·\r(4＋\f(12,t2)))＝eq \f(3\r(3),\r(51＋t2＋\f(144,t2)))，
因为51＋t2＋eq \f(144,t2)≥51＋2eq \r(t2×\f(144,t2))＝75，当且仅当t＝2eq \r(3)时等号成立，
所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉≤eq \f(3\r(3),5\r(3))＝eq \f(3,5)，记直线PC与平面PBD所成角为θ，则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(PC,\s\up6(→))，n〉))，故sin θ≤eq \f(3,5)，即t＝2eq \r(3)时，直线PC与平面PBD所成角最大，此时该角的正弦值为eq \f(3,5).
4．(1)证明 因为△ABC为等边三角形，
所以AB＝AC＝BC.
因为△SBC为等边三角形，
所以SB＝SC＝BC，所以AB＝SB，AC＝SC.
在等腰△BAS和等腰△CAS中，因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP.
又因为BP∩CP＝P，BP，CP⊂平面PBC，
所以SA⊥平面PBC.
(2)解 如图，取BC的中点O，连接SO，AO，则在等边△ABC和等边△SBC中，有BC⊥AO，BC⊥SO，所以∠AOS为二面角S－BC－A的平面角．
因为平面SBC⊥平面ABC，所以∠AOS＝90°，即AO⊥SO.
所以OA，OB，OS两两垂直．
以点O为坐标原点，OB，AO，OS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．
设AB＝a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)a，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，0，0))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)a)).
因为P在SA上，设AP＝λASeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0