课时作业(49) 空间角及空间距离（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

课时作业(四十九)　空间角及空间距离 [技能提分练] 1.(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D­AO­C的正弦值． (1)证明：如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，所以△OBA∽△ABC. 记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点． 因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得OD∥PC，所以EF∥OD， 又OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO. (2)证明：AO＝＝，OD＝PC＝，又AD＝OD＝， 所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD. 由于EF∥OD，所以AO⊥EF， 又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF. 又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)解：如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0). 因为PB＝PC，BC＝2， 所以设P(x，，z)，z>0， 则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝(，，)， 由(2)知AO⊥BE，所以·＝(－2，，0)·(，，)＝0，所以x＝－1， 又PB＝，＝(x，，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝，则P(－1，，). 由点D为BP的中点，得D(－，，)，则＝(－，，). 设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)， 则即 得b＝a，c＝a， 取a＝1，则n1＝(1，，)为平面DAO的一个法向量． 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D­AO­C的大小为θ， 则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 故二面角D­AO­C的正弦值为. 2.(2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD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． (1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F. 因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2， 所以四边形ABCD为等腰梯形， 所以AE＝BF＝， 故DE＝，BD＝＝， 所以AD2＋BD2＝AB2， 所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PD⊥BD. 又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， 所以BD⊥平面PAD， 又因为PA⊂平面PAD， 所以BD⊥PA. (2)解：如图，以点D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，BD＝， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)， 则＝(－1，0，)，＝(0，－，)，＝(0，0，). 设平面PAB的法向量n＝(x，y，z). 则有可取n＝(，1，1)为平面PAB的一个法向量， 则sin θ＝＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 3.(2023·重庆长寿中学模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，△ABC是等边三角形，点A在平面BCD上的投影是线段BC的中点E，AB＝AD＝AC，点F是DC的中点． (1)证明：平面ACD⊥平面AEF； (2)若BC＝2BD，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小？ (1)证明：∵点A在平面BCD上的投影是点E， ∴AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD. ∵AD＝AC，点F是DC的中点， ∴AF⊥CD. ∵AF∩AE＝A，AE，AF⊂平面AEF， ∴CD⊥平面AEF， 又∵CD⊂平面ACD， ∴平面ACD⊥平面AEF. (2)解：∵AB＝AD＝AC，点A在平面BCD上的投影是点E， ∴EB＝ED＝EC， ∴B，C，D在以E为圆心的圆上， ∴∠BDC＝90°. ∵BC＝2BD，∴∠BCD＝60°， 在平面BCD中，过E作EH⊥BD，垂足为 H，以EH为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝4，则E(0，0，0)，A(0，0，2)，C(－1，，0)，D(1，，0)， 设G(1，y，0)，则＝(0，0，2)，＝(1，，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，y，0). 设平面AEG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由令x1＝y，可得n1＝(y，－1，0)为平面AEG的一个法向量． 设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由可得n2＝(0，2，1)为平面ACD的一个法向量． 设平面AEG与平面ACD所成锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝， ∴当y＝0时，cos θ最大，此时锐二面角θ最小， 故当G为BD中点时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角最小． 4.(2023·湖南模拟)已知，在如图所示的四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E，M分别是BC，PD中点，点F是棱PC上的动点． (1)证明：AE⊥平面PAD； (2)请确定F点的位置，使得直线AF与平面PCD所成的角取得最大值． (1)证明：连接AC，∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC为正三角形． ∵E是BC的中点，∴AE⊥BC， 又AD∥BC， ∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE. ∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AE⊥平面PAD. (2)解：由(1)知，AE，AD，AP两两垂直，故以A为原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)，E(，0，0)， ∴＝(，1，－2)，＝(0，2，－2)，＝(0，0，2). 设＝λ＝(λ，λ，－2λ)， 则＝＋＝(λ，λ，2－2λ). 设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝，则x1＝1，y1＝， ∴m＝(1，，)为平面PCD的一个法向量． 设直线AF与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝ ＝ ＝， 当λ＝时，sin θ最大，此时点F为PC的中点． [素养拉分练] 5.(2023·四川树德中学模拟)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC，点A1在平面ABC的射影为线段AC的中点D，侧面AA1C1C是菱形，过点B1，B，D的平面α与棱A1C1交于点E. (1)证明：四边形BB1ED为矩形； (2)若AB与平面AA1C1C所成角的正切值为，求CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值． (1)证明：如图，取A1C1中点为E，连接B1E，DE，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面A1ABB1为平行四边形， 所以B1B∥A1A. 又因为B1B⊄平面A1ACC1，A1A⊂平面A1ACC1，所以B1B∥平面A1ACC1. 因为B1B⊂平面BB1D，且平面BB1D∩平面A1ACC1＝DE，所以B1B∥DE. 因为在三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC∥平面A1B1C1，平面BB1D∩平面ABC＝BD， 平面BB1D∩平面A1B1C1＝B1E，所以BD∥B1E，所以四边形BB1ED为平行四边形． 在△ABC中，因为AB＝BC，D是AC的中点， 所以BD⊥AC. 由题意可知A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥BD， 因为AC∩A1D＝D，AC，A1D⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE，故四边形BB1ED为矩形． (2)解：由(1)知DB，AC，A1D两两垂直，以D为原点，以DB，AC，DA1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D­xyz. 设AD＝1，由题意可知BD＝，在△AA1D中，AA1＝2AD，∠A1DA＝90°，所以A1D＝， 所以令z＝1，则x＝，y＝－，所以n＝(，－，1)为平面ABB1A1的一个法向量． 设CB1与平面ABB1A1所成角为θ，则 6.(2024·山东烟台二模)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2AD＝2，∠DAB＝60°. (1)证明：AD⊥A1B； (2)设点P为线段DC1上一点(异于D，C1)，当DP为何值时，平面A1PB与平面AA1D1D夹角的余弦值最大？ (1)证明：连接BD，因为AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°， 所以，在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠DAB＝5－4cos 60°＝3，即BD＝， 所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD. 因为A1D⊥底面ABCD，所以A1D⊥AD， 因为A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1BD， 所以AD⊥平面A1BD，所以AD⊥A1B. (2)解：结合(1)可知，DA，DA1，DB两两垂直，故以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)， 因为点P为线段DC1上一点(异于D，C1)， 即 故令z＝2λ，则y＝2λ，x＝2λ－， 即n＝(2λ－，2λ，2λ). 由于DA，DA1，DB两两垂直，且DA∩DA1＝D，DA，DA1⊂平面AA1D1D， 所以DB⊥平面AA1D1D，故平面AA1D1D的一个法向量可以为m＝(0，1，0). 设平面A1PB与平面AA1D1D夹角为θ， 则cos θ＝＝＝ ， 0<λ<1. 所以当＝2，即λ＝时，cos θ取得最大值， 所以DP＝DC1＝. 7.(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． (1)证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，如图． 由三棱柱ABC­A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形， 而B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1， 而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK∥平面CBB1C1， 而CN＝NA，BK＝KA，则NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1， 而NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN， 故平面MKN∥平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN， 故MN∥平面CBB1C1. (2)解：因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1， 而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1， 平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1， 因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1， 因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB， 若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN＝N，NK，MN⊂平面MNK， 故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK， 所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，故BB1⊥平面ABC， 故可建立以B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 故＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)， 设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则从而 取z＝－1，则x＝－2，y＝2，则n＝(－2，2，－1)为平面BMN的一个法向量， 设直线AB与平面BMN所成角的为θ，则 sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. 故直线AB与平面BNM所成角的正弦值为. 若选②，因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面ABB1A1， 故NK⊥KM，而B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK， 而B1B＝MK＝2，MB＝MN， 故△BB1M≌△MKN， 所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1，即AB⊥BB1， 而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC， 故可建立以B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 故＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2). 设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则从而 取z＝－1，则x＝－2，y＝2，则n＝(－2，2，－1)为平面BMN的一个法向量， 设直线AB与平面BMN所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. 故直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$