适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间位置关系空间角

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间位置关系空间角，共9页。


(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
2.(2023新高考Ⅰ,18) 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.
3.(2023山东济宁一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为平行四边形,平面AB1C⊥平面ABCD,DD1=DA=A1B1=AB=2,∠BAD=.
(1)证明:DD1∥平面AB1C;
(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.
4.(2023江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值.
5.(2023山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=2,∠BAD=60°,△VBC为等边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;
(2)若二面角A-BC-V的大小为60°,求直线VA与平面VBC所成角的正弦值.
6.(2023湖南长沙一中模拟)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB,AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点P,Q分别在线段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小为θ.
(1)若θ=120°,,AQ⊥AB,证明:PQ∥平面AA1B1B;
(2)若θ=90°,点P为CC1上的动点,点Q为BC的中点,求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角Q-AP-C的余弦值.
考点突破练7 空间位置关系、空间角
1.(1)证明 ∵PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB的中点E,连接DE.
∵CD=1,BE=AB=1,CD∥BE,
∴四边形CDEB是平行四边形,∴DE=CB=1.
∵DE=AB,∴△ABD为直角三角形,AB为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PD∩AD=D,
∴BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD,∴BD⊥PA.
(2)解 (方法一)由(1)知,PD,AD,BD两两垂直,以点D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,其中BD=.
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,),
∴=(0,0,-),=(1,0,-),=(-1,,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=,则y=z=1,则n=(,1,1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,
则sinθ=|cs<,n>|=,
∴直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥P-ABD的体积为V=×1×.
又AB=2,PA==2,PB=,所以cs∠PAB=,sin∠PAB=.设点D到平面PAB的距离为d,则V=×2×2××d=d.由d=,得d=.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为.
(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.
过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
因为×AB×DE=×DA×DB,
所以DE=,故PE=.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为.
2.(1)证明(方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以.
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,
所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,
所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
(方法三 基底法)由题意可得
,
所以=-
=-.因为,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
=(2,2,-2),=(2,0,-1),=(0,2,a-3).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取x1=1,可得y1=1,z1=2,故n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
所以|cs|==,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.
结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
3.(1)证明 连接BD交AC于点O,连接OB1,B1D1.
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,因为DD1=DA=A1B1=AB=2,
所以OD∥B1D1,且OD=B1D1,
所以四边形OB1D1D为平行四边形,所以OB1∥DD1.
又DD1⊄平面AB1C,OB1⊂平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.
(2)解 因为B1A=B1C,O为AC的中点,所以OB1⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1⊂平面AB1C,
所以OB1⊥平面ABCD.
又OB1∥DD1,
所以DD1⊥平面ABCD.
在△ABD中,AD=AB=2,∠BAD=,由余弦定理得BD2=42+22-2×2×4×cs=12,则BD=2.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
如图,以点D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为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),B1(0,,2),C(-2,2,0),B(0,2,0),C1(-1,,2),
所以=(-1,-,2),=(-2,,2),=(-4,2,0).
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),
则有取x=,则y=2,z=0,所以n=(,2,0),
则sin<,n>=|cs<,n>|=||=,所以直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值为.
4.(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,
∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB⊂平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,故AC为圆柱底面的直径.
(2)解由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.
以AB,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
∵M,N为A1C1,CC1中点,
∴M(1,1,2),N(0,2,1),
故=(2,0,2),=(0,2,0),=(1,1,2),=(0,2,1).设平面A1BC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
∴取z1=-1,得x1=1,y1=0,故m=(1,0,-1).设平面BMN的一个法向量为n=(x2,y2,z2).
则
∴取z2=-2,得x2=3,y2=1,故n=(3,1,-2).
∴cs=,
故平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值为.
5.(1)证明 取BC中点E,连接BD,DE,VE.
因为四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,所以△BCD为等边三角形,故DE⊥BC.
又在等边三角形VBC中,VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE⊂平面DEV,
所以BC⊥平面DEV.
因为VD⊂平面DEV,所以BC⊥VD.
(2)解 由VE⊥BC,DE⊥BC,可得∠DEV就是二面角A-BC-V的平面角,所以∠DEV=60°.
在△DEV中,VE=DE=,则△DEV是边长为的等边三角形.
过点O作ON⊥AB,交AB于N,由(1)可知,平面DEV⊥平面ABCD,取DE中点O,以O为坐标原点,ON,OE,OV所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
在△VOE中,OE=,OV=,可得A(2,-,0),B(1,,0),C(-1,,0),V(0,0,),
则=(2,0,0),=(1,-),=(-2,),设n=(x,y,z)为平面VBC的一个法向量,则有
令y=,则z=1,得n=(0,,1).
设直线VA与平面VBC所成角为θ,
则有sinθ=|cs|=,
即直线VA与平面VBC所成角的正弦值为.
6.(1)证明 由题可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥平面ABC.
又AQ⊂平面ABC,所以AA1⊥AQ. 因为AQ⊥AB,则以A为原点,AB,AQ,AA1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.
由于AB=AA1=2A1B1=6,∠ABQ=30°,所以AQ=2,则Q(0,2,0),C(-3,3,0),C1(-,6).
设P(x,y,z),又,所以(x+3,y-3,z)=,-,6)=(1,-,4),
则P(-2,2,4),所以=(2,0,-4).又y轴⊥平面AA1B1B,故n=(0,1,0)可为平面AA1B1B的一个法向量.
又·n=0+0+0=0,则⊥n,且PQ⊄平面AA1B1B,所以PQ∥平面AA1B1B.
(2)解 因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.
如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则B(6,0,0),C(0,6,0),C1(0,3,6),Q(3,3,0),
设=λ,λ∈[0,1],则=λ(0,-3,6)=(0,-3λ,6λ),则=(3,-3,0)-(0,-3λ,6λ)=(3,-3+3λ,-6λ).又x轴⊥平面AA1C1C,所以m=(1,0,0)可作为平面AA1C1C的一个法向量.
设PQ与平面AA1C1C所成角为α,且α∈(0,),
则 sinα=|cs<,m>|=.
又函数y=sinα与y=tanα在区间(0,)上单调递增,
所以当λ=时,sinα有最大值为,此时tanα也取到最大值.又csα=,则(tanα)max=.
设平面APQ的法向量为p=(x,y,z),
=(3,3,0),=(3,3,0)-(3,-,-)=(0,),所以
令z=9,则x=2,y=-2,故p=(2,-2,9).
由题可知,m=(1,0,0)是平面APC的一个法向量,
所以cs=.
由图可知,二面角Q-AP-C为锐角,
则二面角Q-AP-C的余弦值为.
所以PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为,此时二面角Q-AP-C的余弦值为.