2025版高考数学一轮总复习素养提升训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题

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(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)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，
解得h＝eq \r(2)，
所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1.
由(1)得AE＝eq \r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2)，所以BC＝2，
解法一：作AH⊥BD于H，连接EH，
由BD⊥平面AEH知EH⊥BD，
∴∠AHE为二面角A－BD－C的平面角θ的补角．
又BD＝AD＝eq \f(1,2)A1C＝eq \r(3)，可求得AH＝eq \f(2\r(6),3).
∴sin θ＝sin∠AHE＝eq \f(AE,AH)＝eq \f(\r(2),\f(2\r(6),3))＝eq \f(\r(3),2).
即二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
解法二：BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，所以A1C的中点D(1,1,1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，))可取m＝(1,0，－1)，
设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝a＋b＋c＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝2a＝0，))可取n＝(0,1，－1)，
则cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2).
2．(2023·北京高考卷)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝eq \r(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⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(2)，BC＝1，PC＝eq \r(3)，
所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)由(1)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eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z1＝0，,x1＋y1＝0，))
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝0，,x2＋y2－z2＝0，))
令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1,0,1)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
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eq \f(π,3).
3．(2022·新高考全国Ⅱ)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是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)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB，
所以∠OAB＝∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC＝90°，所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°，所以∠ODA＝∠OAD，
所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB，
所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE∥PD，又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE∥平面PAC.
(2)过点A作Az∥OP，如图建立空间直角坐标系，
因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝eq \r(AP2－PO2)＝4，
又∠OBA＝∠OBC＝30°，所以BD＝2OA＝8，
则AD＝4，AB＝4eq \r(3)，
所以AC＝12，所以O(2eq \r(3)，2,0)，B(4eq \r(3)，0,0)，P(2eq \r(3)，2,3)，C(0,12,0)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,12,0)，
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝4\r(3)x＝0，))令z＝2，
则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3,2)；
设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝3\r(3)a＋b＋\f(3,2)c＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝12b＝0，))
令a＝eq \r(3)，则c＝－6，b＝0，所以m＝(eq \r(3)，0，－6)；
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－12,\r(13)×\r(39))＝－eq \f(4\r(3),13).
设二面角C－AE－B的大小为θ，
则|cs θ|＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(4\r(3),13)，
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(11,13)，
即二面角C－AE－B的正弦值为eq \f(11,13).