靶心18 狭路相逢—空间角与距离-2021高考数学【创新教程】大二轮高考总复习考向卷（新高考）

所以 BD⊥AD． 又因为 PD⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD, 所以 BD⊥PD． 因为 AD∩PD＝D,PD,AD⊂平面 PAD, 所以 BD⊥平面 PAD．因为 BD⊂平面 PBD, 所以平面 PAD⊥平面 PBD． (２)S△BCD ＝ １ ２ ×２× ３＝ ３． 因为三棱锥C－PBD 的体 积为 ３, 所以VC －PBD ＝VP －BCD ＝ １ ３ 􀅰S△BCD 􀅰PD＝ １ ３ × ３× PD＝ ３,解得 PD＝３． 在 Rt△PDB 中,BD＝２ ３,PD＝３, 所以 PB＝ BD２＋PD２＝ (２ ３)２＋３２＝ ２１． 点睛:本题考 查 了 利 用 面 面 垂 直 的 判 定 定 理 证 明 面 面 垂直,考查了三棱锥体 积 公 式 的 应 用,考 查 了 推 理 论 证 能力和数学运算能力． 靶心１８ １．A　[如 图 所 示,取 A１E＝BC, 连接CE,易 知 A１E∥BC,所 以 四边形 A１BCE 为平行 四 边 形, 所 以 CE∥BA１,连 接 B１E,则 ∠B１CE(或 其 补 角 )就 是 异 面 直线 A１B 与B１C 所成的角, 由题 意 得 CE＝A１B＝B１C＝２ ３,B１E＝ ３, 在 △B１EC 中,由 余 弦 定 理 得 cos∠B１CE＝ １２＋１２－３ ２×２ ３×２ ３ ＝ ７ ８ ,故选 A．] ２．C　[取 AC 的中点O,连 接 OC１,OB,(图 略)∵AA１⊥ 底 面 ABC,BO⊂底面 ABC,∴AA１⊥BO,∵△ABC 是 正 三 角 形,∴BO ⊥AC,∵AC ∩AA１ ＝A,∴BO ⊥ 平 面 ACC１A１,∴∠OC１B 是BC１ 与 平 面 ACC１A１ 所 成 角,设 棱长为２,则在△OC１B 中,BC１＝２ ２,OC１＝ ５, ∴cos∠OC１B＝ OC１ BC１ ＝ １０４ ,故选 C．] ３．B　[以 D 点 为 坐 标 原 点,以 DA,DC,DD１ 所 在 直 线 分 别为x,y,z 轴建立空间直 角 坐 标 系(图 略),设 正 方 体 棱 长为１,则 A１(１,０,１),D(０,０,０),A(１,０,０),C(０,１,０), E １３ ,０,１３( ) ,F ２ ３ ,１ ３ ,０( ) ,B(１,１,０),D１(０,０,１), A１D →＝(－１,０,－１),AC→＝(－１,１,０), EF→＝ １３ ,１ ３ ,－ １３( ) ,BD１ →＝(－１,－１,１), EF→＝－ １３BD１ →,A１D →􀅰EF→＝AC→􀅰EF→＝０, 从而 EF∥BD１,EF⊥A１D,EF⊥AC．故选 B．] ４．B　[根据题意,可建立如图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 P－ xyz,则 P(０,０,０),A(a,０,０),B(０,a,０),C(０,０,a)． 所以AB→＝(－a,a,０),AC→＝(－a,０,a), PA→＝(a,０,０)． 设平面 ABC 的法向量为n＝(x,y,z)． 由 n⊥AB→, n⊥AC→,{ 得 n􀅰AB→＝－ax＋ay＝０, n􀅰AC→＝－ax＋az＝０,{ 得 y＝x, z＝x,{ 令x＝１,所以n＝(１,１,１), 所以 P 到平面ABC 的距离d＝|PA →􀅰n| |n| ＝ a ３ ＝ ３３a． ] ５．B　[由已知可得,AB→􀅰AC→＝０,AB→􀅰BD→＝０,CD→＝CA→＋ AB→＋BD→, ∴|CD→|２＝|CA→＋AB→＋BD→|２＝|CA→|２＋|AB→|２＋|BD→|２ ＋２CA→􀅰AB→＋２CA→􀅰BD→＋２AB→􀅰BD→＝３２＋２２＋４２＋ ２×３×４cos‹CA→,BD→›＝１７, ∴cos‹CA→,BD→›＝－ １２ ,即‹CA→,BD→›＝１２０°, ∴二面角的大小为６０°,故选 B．] ６．A　[如图,取 A′D 的 中 点 N,连 接 PN,MN,由 于 M 是 A′C 的中点,故 MN∥CD∥PB,且 MN＝ １２CD ,又 P 为 AB 中点,所以 PB＝ １２AB＝ １ ２CD ,所 以 MN＝PB,故 四边形 PBMN 为 平 行 四 边 形,故 MB∥PN,所 以 ∠A′ PN (或 其 补 角 )为 异 面 直 线 BM 与 PA′所 成 的 角．在 Rt△A′NP中,tan∠A′PN ＝A′NN′P ＝ １ ２ ,即 异 面 直 线 BM 与PA′所成角的正切值为 １２ ． ] ７．B　[二 面 角 A－BC－D 的 大 小 等 于 AB 与CD 所 成 角 的大小．AD→＝AB→＋BC→＋CD→．而AD→２＝AB→２＋BC→２＋CD→２ ＋２|AB→|􀅰|CD→|􀅰cos‹AB→,CD→›,即１２＝１＋９＋４＋２× １