空间位置关系、空间角考点突破练7-2024届高三数学二轮专题

考点突破练7　空间位置关系、空间角 1.(2022全国甲,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=. (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sin θ=|cos<,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cos∠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