高考二轮复习理科数学课件考点突破练8空间向量与空间角距离

考点突破练8空间向量与空间角、距离1.(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.(1)证明

∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.

(1)求证:SA∥平面PCD;(2)当三棱锥S-PCD体积最大时,求点S到平面PCD的距离.(1)证明

如图所示,连接OP,因为点O为AB的中点,点P为SB的中点,则OP∥SA,又OP⊂平面PCD,SA⊄平面PCD,所以SA∥平面PCD.3.(2023江西九江十校联考二)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B上一点,AD⊥平面A1BC.(1)求证:BC⊥A1B;(2)若AD=,AB=BC=2,P为AC的中点,求二面角A-A1B-P的余弦值.(1)证明

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC,∴AA1⊥BC.∵AD⊥平面A1BC,且BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC.又AA1⊂平面A1AB,AD⊂平面A1AB,AA1∩AD=A,∴BC⊥平面A1AB.而A1B⊂平面A1AB,∴BC⊥A1B.4.(2023新高考Ⅱ,20)如图,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

,求二面角D-AB-F的正弦值.(1)证明

如图,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.(1)证明

如图,连接AD,CE.因为点P1是正六边形的中心,所以点P1在直线AD上.所以PP1⊂平面PAD.又因为PP1⊥平面ABCDEF,CE⊂平面ABCDEF,所以PP1⊥CE.在正六边形中,因为AD∥BC∥EF,且正六边形内角为120°,所以∠ADC=60°.又因为△DEC中,DE=DC,∠EDC=120°,所以∠DCE=30°,所以∠ADC+∠DCE=90°.所以AD⊥EC.又因为AD,PP1都在平面PAD内,且AD与PP1相交于点P1,所以EC⊥平面PAD.又因为EC⊂平面PEC,所以平面PAD⊥平面PEC.6.(2023新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.(1)证明

(方法一)第一步:建系.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.第二步:写出相关点的坐标.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).第三步:利用线线位置关系转化为向量运算.(方法二

几何法)第一步:作辅助线.设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2B2,A2N,MN,B2M.第二步:证明平行四边形.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.第三步:由线线平行的传递性证明结论.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.(2)解

第一步:建系.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1