【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练15　空间位置关系、空间角的向量方法 Word版含答案.docx，共(11)页，614.158 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法1.(2022·新高考Ⅱ,20)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为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.2.(2022·新高考Ⅰ,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2√2.(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.3.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.(1)求证:B1O

⊥平面ABCD;(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.4.(2023·新高考Ⅱ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足

𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,求二面角D-AB-F的正弦值.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD=2,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)若PA=1,求证:AE⊥平面PCD;(2)当直线PC与平面ACE所成的角最大时,求三棱锥E-A

BC的体积.6.如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)求证:AC⊥BD.(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为√33.请你从中选择一个作为已知条件,求

直线BC与平面ACD所成角的正弦值.专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法1.(1)证明连接OA,OB,如图所示.∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∠POA=∠POB=90°.

又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB.取AB的中点D,连接OD,DE,则OD⊥AB.∵AB⊥AC,∴OD∥AC.又AC⊂平面PAC,OD⊄平面PAC,∴OD∥平面PAC.∵D,E分别是AB,PB的中点,∴DE∥PA.又DE⊄平面PAC,PA⊂平

面PAC,∴DE∥平面PAC.∵OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC.∵OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.(2)解过点D作DF∥OP,分别以DB,DO,DF所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.∵PO=3,PA=5,∴OA=4.由(1)知

OB=OA=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OD=2,DB=2√3,∴P(0,2,3),B(2√3,0,0),A(-2√3,0,0),E(√3,1,32).设AC=a,则C(-2√3,a,0).设平面AEB的法向量为n1=(x,y,z),�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4√3,0,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,3),则{𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛1=0,𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛1=0⇒{𝑥=0,2𝑦+3𝑧=0,可取n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x,y,z),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,a,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32),{𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2=0,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2=0⇒{𝑎𝑦=0,3√3𝑥+𝑦+32𝑧=0,可取n2=(√3,0,-6).设二面角C-AE-B的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<

n1,n2>|=|𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2||=4√313,sinθ=√1-cos2𝜃=1113,因此,二面角C-AE-B的正弦值为1113.2.解(1)由题意可得,𝑉𝐴-𝐴1𝐵𝐶=𝑉𝐴1-𝐴𝐵𝐶=13S△ABC

·AA1=13𝑉直三棱柱𝐴𝐵𝐶-𝐴1𝐵1𝐶1=13×4=43.设点A到平面A1BC的距离为d,则13𝑆△𝐴1𝐵𝐶·d=13×2√2·d=43,∴d=√2.(2)连接AB1交A1B于点E,如图.∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.又平面

A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,B

C⊥A1B.∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.设AA1=AB=h,则{𝐵𝐶·ℎ2·ℎ=4,�

�𝐶·√2·ℎ2=2√2,解得h=BC=2.∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.∵𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0

,2,0),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1),∴{𝑛1·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦1=0,𝑛1·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1+𝑦1+𝑧1=0,令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1).由AB1⊥平面A1BC

,得𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗为平面BDC的一个法向量,而𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),∴cos<n1,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑛1·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1||𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-12.∴二面角A-BD-C的正弦值为√1-(-12)2

=√32.3.(1)证明如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,所以四边形B1MDO是平行四边形.因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.因为四边形ACC1A1为正方形,

所以OM⊥A1C1.又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.又MD⊂平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⊂平面A1DC1,所以DM⊥平面A1B1C1.又平面ABCD∥平面A1B1C1

,所以DM⊥平面ABCD.因为四边形B1MDO是平行四边形,所以B1O∥DM,所以B1O⊥平面ABCD.(2)解以O为坐标原点,OC,OD,OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所

示,则C(1,0,0),D(0,√3,0),C1(1,√3,1),A1(-1,√3,1),所以𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,√3,0),𝐷𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1),𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,

0,0),𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,0).设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐷𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑥+√3𝑦=0,𝑥+𝑧=0,令y=1,则x=√3,z=-√3,所以m=(√3,1,-√3)为平面CDC1

的一个法向量.因为𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,0)为平面A1DC1的一个法向量.设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cosθ|

=|cos<m,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑚·𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚||𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3√7×√3=√77,所以sinθ=√1-cos2𝜃=√427.所以二面角C-DC1-A1的正弦值为√427.4.(1)证明如图1,连接AE,DE

.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE

,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图1图2(2)解设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=√2.DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=√2.∵

AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,

EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1).∵𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),∴F(-1,0,1),∴𝐵�

�⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,1).设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则{𝑚·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑦-𝑧=0,-𝑥+𝑧=0,令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).设平面ABF的法向量n=

(u,v,w),则{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑣-𝑤=0,-𝑢-𝑣+𝑤=0,令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角大小为θ,则|cosθ|=|�

�·𝑛||𝑚||𝑛|=|(1,1,1)×(0,1,1)√3×√2|=√63,∴sinθ=√33.5.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥CD.又AD∩PA=A,∴CD⊥平面PAD.又AE⊂平面PA

D,∴CD⊥AE.∵PA=AD=1,E为PD的中点,∴AE⊥PD.又PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD.(2)解以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设AP=a(a>0),则C(2,1,0),P(0,0,a),E(0,12,𝑎2),∴

𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,12,𝑎2,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,-a).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则{𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·�

�=0,即{2𝑥+𝑦=0,12𝑦+𝑎2𝑧=0,令y=-a,则x=𝑎2,z=1,∴n=(𝑎2,-𝑎,1)为平面ACE的一个法向量.设直线PC与平面ACE所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑎

√54𝑎2+1√5+𝑎2=2√29+20𝑎2+5𝑎2≤27,当且仅当20𝑎2=5a2,即a=√2时,等号成立.∴当a=√2时,直线PC与平面ACE所成的角最大,此时三棱锥E-ABC的体积为13×12×2×1×√22=√26.6.(1)证明如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD

.因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以OA⊥BD.又OA∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又AC⊂平面AOC,所以AC⊥BD.(2)解在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,

PD,由(1)知BD⊥平面AOC,PO⊂平面AOC,所以BD⊥PO.又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.以O为原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴、y轴、

z轴,建立空间直角坐标系.如图所示.因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=√22.又PO⊥平面BCD,所以PB=PC=PD.选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=

CD=1,OP=√22.所以P(0,0,√22),C√22,0,0,D(0,√22,0),B(0,-√22,0),所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,√22,0),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,-√22,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,-√22,√22).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√22𝑥-√22𝑦=0,𝑛·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=-√22𝑦+√22𝑧=0,取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面P

CD的一个法向量.设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√21×√3=√63.因为平面ACD与平面

PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为√63.选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=√22.所以P(0,0,√22),C(√22,0,0),D

(0,√22,0),B0,-√22,0,所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,√22,0),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,-√22,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,-√22,√22.设平面PCD的法向量为n=(

x,y,z),则{𝑛·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√22𝑥-√22𝑦=0,𝑛·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=-√22𝑦+√22𝑧=0,取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.设直线

BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√21×√3=√63.因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为√63.选③,作PM

⊥CD,垂足为M,连接OM.由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,可知PO⊥CD.又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.所以cos∠PMO=√33,所以tan∠PMO=√2.因为

OM=√22×√221=12,所以OP=OMtan∠PMO=√22.所以P(0,0,√22),C(√22,0,0),D(0,√22,0),B0,-√22,0,所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,√22,0),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√22,-√22,0),𝐷𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗=(0,-√22,√22).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√22𝑥-√22𝑦=0,𝑛·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=-√22𝑦+√22𝑧=0,取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.设直线

BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√21×√3=√63.