空间位置关系、空间角与距离突破练- 新高考数学二轮专题复习

专题突破练15空间位置关系、空间角与距离1.(2021黑龙江大庆一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,M,N分别为PC,CD的中点,PD=AD=2,AB=4.(1)求证:BN⊥AM;(2)求点P到平面AMD的距离.2.(2021广东韶关一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面CDP,已知PA=3,PD=4.(1)若E为PD中点,求证:PB∥平面ACE;(2)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.3.(2019全国Ⅱ,理17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.4.(2021浙江温州二模)如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.(1)证明: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条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.5.(2021山西临汾一模)如上图,在多面体BCE-ADF中,四边形ABCD与ABEF都是直角梯形,且∠BAD=∠BAF=90°,BC12AD,BE1(1)证明:CE∥平面ADF;(2)若平面ABEF⊥平面ABCD,且AB=BC=BE,求二面角A-CD-E的余弦值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD为正三角形,AD=2,AB=3,平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PB上一点(不与P,B重合),平面ADE交棱PC于点F.(1)求证:AD∥EF;(2)若二面角B-AC-E的余弦值为33020,求点B到平面AEC7.(2021天津一模)如上图,在多面体ABCDEF中,AE⊥平面ABCD,AEFC是平行四边形,且AD∥BC,AB⊥AD,AD=AE=2,AB=BC=1.(1)求证:CD⊥EF;(2)求二面角A-DE-B的余弦值;(3)若点P在棱CF上,直线PB与平面BDE所成角的正弦值为33,求线段CP的长8.(2020山东,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.参考答案1.(1)证明连接MN,AN,∵M,N分别为PC,CD的中点,∴MN∥PD.又PD⊥平面ABCD,∴MN⊥平面ABCD.又BN⊂平面ABCD,∴MN⊥BN.而四边形ABCD为矩形且AD=2,DN=CN=2,故AN=BN=22,∴在△ABN中,AN2+BN2=AB2,即AN⊥BN.又MN∩AN=N,则BN⊥平面AMN,又AM⊂平面AMN,∴BN⊥AM.(2)解(解法1)过P作PE⊥DM,垂足为E.∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD.又AD⊥CD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD.又PE⊂平面PCD,∴AD⊥PE.又AD∩DM=D,∴PE⊥平面AMD,∴PE为点P到平面AMD的距离.∵M为PC中点,∴S△PDM=12S△PDC=2,DM=12PC=5,又S△PDM=12PE·DM,解得PE=455,∴点(解法2)∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD.又AD⊥CD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD.又DM⊂平面PCD,∴AD⊥DM.∵M为PC中点,∴S△PDM=12S△PDC=2,DM=12PC=∴VA-PDM=13S△PDM·AD=43,S△ADM=1设点P到平面AMD的距离为h,由VA-PDM=13S△ADM·h=43,得h=455,∴点P2.(1)证明如图,连接BD交AC于点M,连接ME.因为四边形ABCD为正方形,所以M为BD中点,又E为DP中点,所以ME∥PB.因为ME⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,所以PB∥平面ACE.(2)解如图,过P作PH⊥AD,垂足为H,连接BH.因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.因为PA⊥平面CDP,CD⊂平面CDP,所以CD⊥AP.因为AD∩AP=A,所以CD⊥平面ADP.因为PH⊂平面ADP,所以CD⊥PH.又PH⊥AD,AD∩CD=D,所以PH⊥平面ABCD,则BH为斜线PH在平面ABCD内的射影,所以∠PBH为直线PB与平面ABCD所成的角.在Rt△PAD中,AD=PA2由AD·PH=AP·PD,得PH=AP在Rt△PAB中,PB=P所以sin∠PBH=PH所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为63.(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则CC1·m=0于是cos<n,m>=n·m所以,二面角B-EC-C1的正弦值为34.(1)证明取BD中点O,连接OA,OC,因为BC=CD,所以OC⊥BD.由BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ,AC=AC,得△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CA上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,由(1)知BD⊥平面AOC,所以BD⊥PO,又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD,以O为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,BD=2,OC=22=OB,因此PB=PC,同理PD=PC.选①,θ=60°,则△PCD是等边三角形,PD=CD=PC=1,OP=22,则P0,0,22,C22,0,0,D0,22,0,B0,-22,0,BC=22,22,0,DC=22,-22,0,DP=0,-22,22,设平面PCD的一个法向量是n=(x,y,则n·DC=22x-22y=0,n·DP=则sinα=|cos<BC,n>|=|选②,由PO⊥平面BCD,得∠PCO是PC(即AC)与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,OP=OC,以下同选①.选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM,由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,得PO⊥CD,又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,而OM⊂平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO是二面角P-CD-B即二面角A-CD-B的平面角,所以cos∠PMO=33,则tan∠PMO=2,又OM=CD2=12,所以OP=OMtan∠5.(1)证明因为BC∥AD,BE∥AF,BC∩BE=B,AD∩AF=A,所以平面BCE∥平面ADF.又因为CE⊂平面BCE,所以CE∥平面ADF.(2)解(解法1)取AD中点M,连接AC,CF,CM,设AB=a,则BC=BE=a,又因为BC12AD,BE12AF,所以AD=AF=2a,∠BAD=又因为BCAM,所以四边形ABCM是正方形,△CMD为等腰直角三角形,于是AC⊥CD,因为平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊥AB,AF⊂平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD,所以AC是FC在平面ABCD内的射影,因为CD⊂平面ABCD,所以AF⊥CD,又AF∩AC=A,所以CD⊥平面ACF,因为CF⊂平面ACF,所以CD⊥CF,所以∠ACF为二面角A-CD-E的平面角,因为tan∠ACF=AFAC=2a2a=(解法2)因为平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊥AB,AF⊂平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD.以A为原点,AB,AD,AF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=1,则AD=AF=2,则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(1,0,1),CD=(-1,1,0),CE=(0,-1,1).设平面CDFE的法向量为m=(x,y,z),则m·CD=-x+y=0因为AF⊥平面ACD,所以取n=(0,0,1)为平面ABCD的法向量,所以|cos<m,n>|=|m·n||m6.(1)证明∵底面ABCD为矩形,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADE,平面ADE∩平面PBC=EF,∴AD∥EF.(2)解如图,取AD的中点O,连接PO,过点O作OH∥AB交BC于点H,∵侧面PAD为正三角形,∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,且交线为AD,∴PO⊥平面ABCD,∵底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD,∴OH⊥AD.以O为原点,OA,OH,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),P(0,0,3),A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),∴PB=(1,3,-3),AC=(-2,3,0)设PE=λPB(0<λ<1),则E(λ,3λ,3∴AE=(λ-1,3λ,3设平面AEC的法向量为n=(x1,y1,z1),则n令x1=3,则y1=2,z1=3∴平面AEC的一个法向量为n=3,2,3(3λ易知OP=(0,0,3)是平面ABC的一个法向量.∴|cos<OP,n>|=|OP·n∴BE=-13,-1,33,n=(3,2,-33∴点B到平面AEC的距离为|7.解因为AE⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AE⊥AD,同理AE⊥AB,而AB⊥AD,故可建立如图所示的空间直角坐标系,其中A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(2,0,0),E(0,0,2),F(1,1,2),(1)CD=(1,-1,0),EF=(1,1,0),故CD·EF=0,故CD(2)DE=(-2,0,2),DB=(-2,1,0).平面ADE的法向量为AB,而AB=(0,1,0),设平面DBE的法向量为n=(x,y,z),由n·DE取x=1,则y=2,z=1,故n=(1,2,1),故|cos<AB,n>|=|由图可知二面角A-DE-B的平面角为锐角,故其余弦值为6(3)设P(1,1,t)(0≤t≤2),故PB=(-1,0,-t),设PB与平面BDE所成角为θ,则sinθ=|cos<PB,n>|=|PB·n||PB||n8.解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平