课时作业(41) 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（北师大版）

课时作业(四十一)　空间角及空间距离 [基础保分练] 1．(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，如图， 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，所以BD⊥平面PAD， 又因为PA⊂平面PAD， 所以BD⊥PA. (2) 解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD＝， 则A(1，0，0)，B，P， 则＝，＝，＝(0，0，)， 设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)， 则有可取n＝， 则cos 〈n，〉＝＝， 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为. 2．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO. (1)证明：PA⊥平面PBC； (2)求二面角B­PC­E的余弦值． (1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a. 因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB. 又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC. (2)解：以O为坐标原点，OE，OD所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 设OE＝1，可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C(－，，0)，P(0，0，)， 所以＝(－，－，0)，＝(0，－1，). 设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量， 则即 可取m＝(－，1，). 由(1)知＝(0，1，)是平面PCB的一个法向量， 记n＝，则cos 〈n，m〉＝＝. 所以二面角B­PC­E的余弦值为. 3．如图，已知△ABC是以AC为底边的等腰三角形，将△ABC绕AB转动到△PAB位置，使得平面PAB⊥平面ABC，连接PC，E，F分别是PA，CA的中点． (1)证明：EF⊥AB； (2)在①S△ABC＝3，②点P到平面ABC的距离为3，③直线PB与平面ABC所成的角为60°这三个条件中选择两个作为已知条件，求二面角E­BF­A的余弦值． (1)证明：如图①，过点E作ED⊥AB，垂足为D，连接DF，由题意知，△PAB≌△CAB，易证△EDA≌△FDA， 所以∠EDA＝∠FDA＝，即FD⊥AB， 因为ED⊥AB，ED∩FD＝D，所以AB⊥平面EFD， 又因为EF⊂平面EFD，所以EF⊥AB. 　　　　 图①　　　　　　　　　　图② (2)解：过P作PO⊥AB，垂足为O，连接CO，则CO⊥AB，由平面PAB⊥平面ABC，交线为AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC.以O为坐标原点，以OA，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系． 设AB＝a，∠ABC＝θ， 由条件①得S△ABC＝a2sin θ＝3，由条件②得PO＝a sin θ＝3，由条件③得∠PBO＝60°，即θ＝120°. 若选条件①②，可求得a＝2. B(，0，0)，A(3，0，0)，P(0，0，3)，C(0，3，0)， 因为E(，0，)，F(，，0)， 所以＝(，，0)，＝(，0，). 设平面BEF的一个法向量m＝(x，y，z)， 由得取m＝(－，1，1)， 又易知平面BFA的一个法向量n＝(0，0，1)， 故cos 〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角E­BF­A的余弦值为. 若选①③或②③均可求得a＝2，下同． 4．如图，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos ∠EDC＝，将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图②所示的四棱锥P­ABCE. (1)求证：AP⊥平面ABCE； (2)求平面PAB与平面PCE所成锐二面角的大小． (1)证明：在△CDE中，因为CD＝ED＝， cos ∠EDC＝， 由余弦定理可得 CE＝＝ ＝2， 连接AC，因为AE＝CE＝2，∠AEC＝60°，所以AC＝2， 又因为AP＝，故在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2， 所以AP⊥AE.同理可证AP⊥AC. 又因为AC∩AE＝A，AE，AC⊂平面ABCE， 所以AP⊥平面ABCE. (2)解：以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示， 则P(0，0，)，C(1，，0)，E(－1，，0)， 平面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0)， 设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 因为＝(1，，－)，＝(－2，0，0)， 所以即 令y＝1，则z＝1，故n＝(0，1，1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝， 故平面PAB与平面PCE所成锐二面角的大小为45°. [技能提分练] 5．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点． (1)求证：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值． (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P­ABC的高，所以PO⊥平面ABC. 又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)解：过点A作Az∥OP，建立如图所示的空间直角坐标系和平面直角坐标系， 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°，所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O，B，P，C(0，12，0)，所以E， 则＝，＝，＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)， 则令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 令a＝，则c＝－6，b＝0，所以m＝， 所以cos 〈n，m〉＝＝＝－， 设二面角C­AE­B为θ，由图可知二面角C­AE­B为钝二面角， 所以cos θ＝－，所以sin θ＝＝， 故二面角C­AE­B的正弦值为. 6．(2023·深圳模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点． (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值； (3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以BC⊥AB，CD⊥AD. 因为PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC. 因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. 因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD. 因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥平面ABCD. (2)解：因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，AB，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)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)， 设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)， 则＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)， 取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)， cos 〈m，〉＝＝＝， 所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为. (3)解：设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)， ＝(2，t，0)，＝(0，0，2)， 由 取a＝t，则n＝(t，－2，0)， 所以点E到平面PAF的距离为d＝＝ ＝. 因为t>0，所以t＝1. 因此，当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为. [素养拉分练] 7．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点． (1)求证：CE⊥PD； (2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明：取AB的中点O，连接PO， ∵PA＝PB，∴PO⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB， ∴PO⊥平面ABCD. (方法一)　连接DO， ∵EC⊂平面ABCD， ∴PO⊥EC. 在正方形ABCD内，O，E分别为AB，AD的中点， ∴△DAO≌△CDE，∴∠ODE＝∠ECD. 又∠ECD＋∠DEC＝90°， ∴∠ECD＋∠ODE＝90°，∴EC⊥OD. 又OD∩PO＝O，∴CE⊥平面POD. 又PD⊂平面POD，∴CE⊥PD. (方法二)　取CD的中点G，连接OG，则OB，OP，OG两两垂直，∴以O为坐标原点，OB，OG，OP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． 设AB＝2，则A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，)，E(－1，1，0)，D(－1，2，0)， ∴＝(－2，－1，0)，＝(－1，2，－)， 则有·＝2－2＝0，∴CE⊥PD. (2)解：如图建立空间直角坐标系，易知＝(－1，1，－)，＝(1，0，)， ＝(－2，2，0)，＝(－2，1，0)， 设＝λ(0<λ<1)， 则＝(－2λ，2λ，0)，＝－＝(－2λ＋2，2λ－1，0)， 设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝1，则n＝(，1，). 设直线AP与平面PEF所成的角为θ， sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝ ＝， ∴整理得9λ2－6λ＋1＝0，即λ＝. ∴在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，此时点F为靠近点B的三等分点，即BF＝BD. 学科网（北京）股份有限公司 $$