2023新教材数学高考第一轮专题练习--专题八空间角与距离、空间向量及其应用

1、2023新高考数学第一轮专题练习8.5空间角与距离、空间向量及其应用基础篇固本夯基考点一用向量法证明空间中的平行和垂直1.(2021广东佛山月考,3)直线l,且l的方向向量为(2,m,1),平面的法向量为1,12,2,则m=()A.-4B.-6C.-8D.8答案C2. (2021合肥八中月考,6)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交B.平行C.垂直D.不确定答案B3. (多选)(2021重庆巴蜀中学月考,11)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1

2、=3,点P为线段A1C(包含线段端点)上的动点,则下列结论正确的是()A.当A1C=3A1P时,D1P平面BDC1B.当A1C=5A1P时,A1C平面D1APC.APD1的最大值为90°D.AP+PD1的最小值为5答案AB4.(多选)(2021新高考,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=BC+BB1,其中0,1,0,1,则()A.当=1时,AB1P的周长为定值B.当=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当=12时,有且仅有一个点P,使得A1PBPD.当=12时,有且仅有一个点P,使得A1B平面AB1P答案BD4. (多选)(2021山东广

3、饶一中月考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,点P在侧面BCC1B1(包括边界)上运动,并且总是保持APBD1,则以下四个结论正确的是()A.VA1PAD=13B.点P必在线段B1C上C.APBC1D.AP平面A1C1D答案BD6.(2022届河北张家口11月阶段测试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是菱形,BAD=45°,PD=AD=5,点E,F分别在棱AB,PC上,且AEAB=PFFC=23.(1)证明:PA平面DEF;(2)求四棱锥F-BCDE的体积.解析(1)证明:以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,

4、5),D(0,0,0),A522,522,0,PA=522,522,5.AB=AD=5,AEAB=23,AE=103.PFFC=23,PC=PD2+CD2=52,PF=22,FC=32,则E522,103522,0,F(0,2,3),DE=522,103522,0,DF=(2,0,3),设平面DEF的法向量为n=(x1,y1,z1),522x1+103522y1=0,2y1+3z1=0,取y1=32,则z1=-22,x1=32-4,n=(32-4,32,-22),n· PA=522×(32-4)+522×32-5×(-22)=0,又PA平面DEF,PA平

5、面DEF.(2)设点F到平面BCDE的距离为h,则VF-BCDE=13S四边形BCDE·h,由(1)知,h=3,又S四边形BCDE=12×53+5×522=2523,VF-BCDE=13×3×2523=2523.7.(2021湖北黄石月考,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,B=C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°角.(1)求证:CM平面PAD;(2)求证:平面PAB平面PAD.证明(1)因为PC平面ABCD,所以PBC为P

6、B与平面ABCD所成的角,所以PBC=30°.因为PC=2,所以BC=23,PB=4.由题意知PC,BC,CD两两垂直.以C为坐标原点,以CB所在直线为x轴,CD所在直线为y轴,CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,所以C(0,0,0),D(0,1,0),B(23,0,0),A(23,4,0),P(0,0,2),M32,0,32,所以DP=(0,-1,2),DA=(23,3,0),CM=32,0,32,设n=(x,y,z)为平面PAD的法向量,则DP·n=0,DA·n=0,即y+2z=0,23x+3y=0,令y=2,得n=(-3,2,1).因为

7、n·CM=-3×32+2×0+1×32=0,所以nCM,又CM平面PAD,所以CM平面PAD.(2)取AP的中点E,连接BE,易知E(3,2,1),则BE=(-3,2,1).因为PB=AB,所以BEPA.又因为BE·DA=(-3,2,1)·(23,3,0)=0,所以BEDA,所以BEDA,又PADA=A,所以BE平面PAD,又因为BE平面PAB,所以平面PAB平面PAD.8.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点

8、,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.解析如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y0=0,2x

9、02z0=0.不妨设z0=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以2yz=0,x+2yz=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1|n2|=-421,于是sin<n1,n2>=10521.所以二面角C-EM-N的正弦值为

10、10521.(3)BE=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),由已知,得|cos<NH,BE>|=|NH·BE|NH|BE|=|22|2+5×23=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以线段AH的长为85或12.考点二用向量法求空间角和空间距离1. (2021福建厦门三模,7)如图,在四棱锥P-ABCD的平面展开图中,四边形ABCD是边长为2的正方形,ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形,HDC=FAB=90°,则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距

11、离为()A.305B.306C.55D.56答案C2.(多选)(2022届广州荔湾调研,11)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABBC,AB=BC=BB1,O为A1C的中点.点P满足BP=BC1,其中0,1,则()A.0,1,都有A1POB1B.当=13时,直线A1P与AB所成的角是30°C.当=12时,直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为55D.当=12时,直线A1P与OB1相交于一点Q,则PQQA1=12答案ACD3.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱

12、CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1MB1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.解析以C为原点,分别以CA,CB,CC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)证明:C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1M·B1D=2-2+0=0,所以C1MB1D.(2)依题意知,CA=(2,0,0)

13、是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,即2y+z=0,2xz=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos<CA,n>=CA·n|CA|n|=66,于是sin<CA,n>=306.所以二面角B-B1E-D的正弦值为306.(3)AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<AB,n>=AB·n|AB|n|=-33.所以直线AB与平面DB1E所成角的

14、正弦值为33.4.(2017山东理,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120°,因此CBP=30°.(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E

15、(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由m·AE=0,m·AG=0可得2x13z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由n·AG=0,n·CG=0可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|=1

16、2.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.综合篇知能转换A组考法一求解直线与平面所成角的方法1.(2022届山东潍坊月考,20)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且DE=12ED1,BF=2FB1.(1)证明:A,E,C1,F在同一个平面上;(2)设直线AE与平面BB1D1D所成的角为,直线AF与平面BB1D1D所成的角为,判断与的大小关系,并说明理由.解析(1)证明:在CC1上取点M,使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,D1E=2ED,DD1=CC1,ED=MC1,又EDMC1,四边形DMC1E为

17、平行四边形,DMEC1,MFDA,MF=DA,四边形MFAD为平行四边形,DMAF,EC1AF,A,E,C1,F在同一个平面上.(2)>.理由如下:设BDAC=O,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1平面ABCD,ACBB1,由题意知四边形ABCD为正方形,ACBD,BB1BD=B,BB1,BD平面BB1D1D,AC平面BB1D1D,连接OE,OF,则=AEO,=AFO,在RtAEO和RtAFO中,AO=22,AE=2,AF=5,则sin =12>sin =1010,>.2.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC

18、,ABC=90°,BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以A1E平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y轴,z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF

19、=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EF·BC=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可知BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BC·n=0,A1C·n=0,得3x+y=0,2y23z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos<EF,n>|=|EF·n|EF|·|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面AB

20、C,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90°,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,又因为EG平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,且BC平面A1BC,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角,不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3

21、.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2EG22EO·OG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.考法二求解二面角的方法1.(2022届重庆南开中学月考,20)如图,P-ABCD是一个四棱锥,已知四边形ABCD是梯形,PD平面ABCD,ADCD,ABCD,PD=AD=AB=1,CD=2,点E是棱PC的中点,点F在棱PB上,PF=12FB.(1)证明:BE平面PAD;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)求平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值.解析(1)证明:取PD的中点G,连AG,GE,因为G,E

22、分别是PD,PC的中点,所以GEDC,GE=12DC,因为ABDC,AB=12DC,所以GEAB,GE=AB,所以四边形AGEB为平行四边形,所以BEAG,因为BE平面PAD,AG平面PAD,所以BE平面PAD.(2)因为PD平面ABCD,所以PDAD,PDDC,又ADCD,所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),B(1,1,0),E0,1,12,P(0,0,1),则BE=1,0,12,DP=(0,0,1),DB=(1,1,0),设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·DP=z1=0,m·DB=x1+y1=0,取x1=1,

23、则y1=-1,则m=(1,-1,0),设直线BE与平面PBD所成角为,则sin =BE·m|BE|·|m|=11+0+14×1+1+0=105,所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为105.(3)因为PF=12FB,所以PF=12FB,所以DF-DP=12(DB-DF),所以DF=23DP+13DB=23(0,0,1)+13(1,1,0)=13,13,23,由(2)可知,DE=0,1,12,设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·DF=13x2+13y2+23z2=0,n·DE=y2+12z2=0,取z2=2,则y2=-1,x2

24、=-3,则n=(-3,-1,2).易知平面ABCD的一个法向量为DP=(0,0,1),设平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角为,则cos =n·DP|n|·|DP|=29+1+4×0+0+1=147,所以平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为147.2.(2022届湖南三湘名校、五市十校联考,20)如图,已知E是平面ABCD外一点,AD=2BC,AE=2BF,ABAD,ABAE.(1)四点C,D,E,F在同一平面内吗?说明理由;(2)若DAE=23,AB=BC=2BF,求平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值.解析(1)在同一平面内.理由如下:取A

25、D的中点G,AE的中点H,连接CG,FH,GH.则GHDE.AD=2BC,AE=2BF,AG=BC,AH=BF,四边形ABCG和四边形ABFH都是平行四边形.CGBA,BAFH,CG=BA,BA=FH,CGFH,CG=FH,即四边形CGHF是平行四边形,FCHG,FCED.四点C,D,E,F在同一平面内.(2)ABAD,ABAE,ADAE=A,BA平面ADE.以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0).设BF=2,则B(4,0,0),C(4,4,0),F(4,-1,3),E(0,-2,23),AC=(4,4,0),AF=(4,-

26、1,3),BC=(0,4,0),BE=(-4,-2,23).设m=(x1,y1,z1)和n=(x2,y2,z2)分别是平面AFC和平面BCE的法向量,则m·AC=0,m·AF=0,n·BC=0,n·BE=0,4x1+4y1=0,4x1y1+3z1=0,4y2=0,4x22y2+23z2=0.取x1=3,x2=3,则m=(3,-3,-5),n=(3,0,2),cos<m,n>=m·n|m|·|n|=-21731.平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值为21731.3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-

27、A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BFA1B1.(1)证明:BFDE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?解析BFA1B1,B1BA1B1,BFB1B=B,A1B1平面B1C1CB,ABA1B1,AB平面B1C1CB,又BC平面B1C1CB,ABBC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1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,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),BF=(0,2,1),设B1D=a(0a2),则D(a,0,2),则DE=(1-

28、a,1,-2).(1)证明:BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,BFDE.(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则EF·n=x+y+z=0,FD·n=ax2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2a3,n=1,a+13,2a3.易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为,则cos =|cos<m,n>|=|m·n|m|&

29、#183;|n|=11+a+132+2a32=32a122+2723272=63当a=12时取等号,sin =1cos233,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.4.(2020课标理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.解析设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz

30、.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1, -1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1·AE=0,n1·AF=0,即yz=0,2x2z=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1E

31、F的法向量,则n2·A1E=0,n2·A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·|n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.5.(2018天津理,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析依题意

32、,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2).(1)证明:DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则n0·DC=0,n0·DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0,不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,32,1,可得MN·n0=0,又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CD

33、E.(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则n·BC=0,n·BE=0,即x1=0,x12y1+2z1=0,不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则m·BC=0,m·CF=0,即x2=0,y2+2z2=0,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=m·n|m|n|=31010,于是sin<m,n>=1010.所以二面角E-BC-F的正弦值为1010.(

34、3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<BP,DC>|=|BP·DC|BP|DC|=22+5,由题意,可得22+5=sin 60°=32,解得h=330,2.所以线段DP的长为33.6.(2021湖南永州二模,19)在如图所示的圆柱O1O2中,AB为圆O1的直径,C,D是AB的两个三等分点,EA,FC,GB都是圆柱O1O2的母线.(1)求证:FO1平面ADE;(2)若BC=FC=2,求二面角B-AF-C的余弦值.解析(1)证明:连接O1C,O

35、1D,因为AB为圆O1的直径,C,D是AB的两个三等分点,所以AO1D=DO1C=CO1B=60°,又O1A=O1B=O1C=O1D,所以AO1D,CO1D,BO1C均为等边三角形,所以O1A=AD=DC=O1C,所以四边形ADCO1是菱形,所以CO1AD,又因为CO1平面ADE,AD平面ADE,所以CO1平面ADE.因为EA,FC都是圆柱O1O2的母线,所以EAFC,又因为FC平面ADE,EA平面ADE,所以FC平面ADE.又CO1,FC平面FCO1,CO1FC=C,所以平面FCO1平面ADE,又FO1平面FCO1,所以FO1平面ADE.(2)因为FC是圆柱O1O2的母线,所以FC

36、圆柱O1O2的底面,所以FCAC,FCBC,因为AB为圆O1的直径,所以ACB=90°,所以直线CA,CB,CF两两垂直,以C为原点建立空间直角坐标系如图,则C(0,0,0),A(23,0,0),B(0,2,0),F(0,0,2),则AB=(-23,2,0),AF=(-23,0,2),由题知平面ACF的一个法向量为CB=(0,2,0),设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=23x+2y=0,n·AF=23x+2z=0,令x=1,则y=3,z=3.n=(1,3,3).所以cos<CB,n>=CB·n|CB|n|=2327=217

37、.由图可知,二面角B-AF-C的平面角为锐角,所以二面角B-AF-C的余弦值为217.考法三求解立体几何中的探索性问题1.(多选)(2022届山东潍坊月考,12)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是正方体的棱上一点,|PB|+|PC1|=,则()A.当=2时,满足条件的点P的个数为1B.当=4时,满足条件的点P的个数为4C.当=42时,满足条件的点P的个数为2D.若满足|PB|+|PC1|=的点P的个数为6,则的取值范围为(22,4)答案BC2.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.

38、E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.解析(1)证明:因为PA平面ABCD,CD平面ABCD,所以PACD,又因为ADCD,且ADPA=A,所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1).又P

39、C=(2,2,-2),AP=(0,0,2),所以PF=13PC=23,23,23,AF=AP+PF=23,23,43.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>=n·p|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为33.(3)直线AG在平面AEF内.理由:因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=2

40、3PB=43,23,43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1).所以AG·n=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA底面ABCD,PA=AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.(1)平面AEF与平面PBC是否互相垂直?如果垂直,请证明;如果不垂直,请说明理由;(2)若AB=3,F为线段BC的三等分点,求多面体PAEFCD的体积.解析(1)平面AEF与平面PBC互相垂直.证明:因为PA底面ABCD,BC底面ABCD,所以PABC.因为底面ABCD

41、为正方形,所以ABBC.又PAAB=A,且PA,AB平面PAB,所以BC平面PAB.因为AE平面PAB,所以AEBC,因为PA=AB,E为线段PB的中点,所以AEPB,又PBBC=B,且PB,BC平面PBC,所以AE平面PBC,因为AE平面AEF,所以平面AEF平面PBC.(2)因为PA底面ABCD,E为线段PB的中点,所以点E到底面ABCD的距离为12PA=32,且VP-ABCD=13×3×3×3=9.当BF=13BC=1时,VE-ABF=13×12×3×1×32=34,所以多面体PAEFCD的体积为VP-ABCD-VE-

42、ABF=9-34=334.当BF=23BC=2时,VE-ABF=13×12×3×2×32=32,所以多面体PAEFCD的体积为VP-ABCD-VE-ABF=9-32=152.综上,多面体PAEFCD的体积为334或152.B组1.(多选)(2022届山东枣庄八中10月月考,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则下列结论正确的是()A.直线BD1平面A1C1DB.三棱锥D-A1C1P的体积为定值C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是6,2D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63答案ABD2.(多选)(2

43、022届湖北部分重点中学开学联考,12)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AE=BC=2,AB=AD=1,CF=87,则()A.BDECB.BF平面ADEC.二面角E-BD-F的余弦值为13D.直线CE与平面BDE所成角的正弦值为59答案BC2. (多选)(2021河北唐山三模,11)将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,如图所示,点E、F分别为线段BC、AD的中点,则下列说法中正确的是()A.AC与EF所成的角为45°B.EFBCC.过EF且与BD平行的平面截四面体ABCD所得截面的面积为2D.四面体ABCD的外接球的表面积为8答案CD4.(2021北京,17,14分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,B1C1与平面CDE交于点F.(1)求证:F为B1C1的中点