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通用版高考数学一轮复习
课时突破练47　利用空间向量求距离及空间角
1.(15分)(2023·北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
2.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.
(1)求证:PO⊥平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线BP的距离.
3.(15分)(2024·安徽亳州期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都为2,且∠A1AC=60°,平面A1ACC1⊥平面ABC,点P为AB的中点,点Q为A1C1的中点.
(1)求点B1到直线PQ的距离;
(2)求点B1到平面PQC的距离.
4.(15分)(2024·山东潍坊模拟)如图,圆台O1O2上底面半径为1,下底面半径为,AB为圆台下底面的一条直径,圆O2上点C满足AC=BC,PO1是圆台上底面的一条半径,点P,C在平面ABO1的同侧,且PO1∥BC.
(1)证明:O1O2∥平面PAC;
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AO1与平面PBC所成的正弦值.
条件①:三棱锥O1-ABC的体积为;条件②:AO1与圆台底面的夹角的正切值为.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
5.(15分)(2024·天津北辰三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=AD=CD=2,PD=2,M为棱PC的中点.
(1)证明:BM∥平面PAD;
(2)求平面PDM和平面DMB夹角的余弦值;
(3)求点A到直线PC的距离.
6.(17分)(2025·八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.
(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
(ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(ⅱ)求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
答案：
1.(1)证明 因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,所以△PAB为直角三角形,又因为PB=,BC=1,PC=,所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形,故BC⊥PB,又因为BC⊥PA,PA∩PB=P,所以BC⊥平面PAB.
(2)解 由(1)知BC⊥平面PAB,又AB 平面PAB,则BC⊥AB,
以A为原点,AB为x轴,过A且与BC平行的直线为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0),
所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(0,1,0),=(1,1,-1),
设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则
令x1=1,则y1=-1,所以m=(1,-1,0),设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则
即
令x2=1,则z2=1,
所以n=(1,0,1),所以cos=,
又因为二面角A-PC-B为锐二面角,
所以二面角A-PC-B的大小为
2.(1)证明 因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,因为PC⊥BD,PC∩AC=C,PC,AC 平面APC,所以BD⊥平面APC,因为PO 平面APC,所以BD⊥PO,因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC,又因为AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 以O为原点,OB,OC,OP方向为x,y,z轴方向,建系如图,因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB,CD所成的角,所以∠PBA=60°,在菱形ABCD中,AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=,设PO=a,则PA=,PB=,
在△PBA中,由余弦定理得,PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,
所以a2+1=4+a2+3-2,解得a=,
所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),E(0,,0),
=(-,0),=(-,0,),||=,||=3,所以d=
,所以点E到直线BP的距离为
3.解 (1)由三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都为2,则四边形ACC1A1为平行四边形,且棱长都相等,即为菱形,又因为△ABC,△A1B1C1都为等边三角形,连接CA1,所以△ACA1为等边三角形,取AC中点O,连接OA1,OB,则OA1⊥AC,又因为平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,OA1 平面A1ACC1,所以OA1⊥平面ABC,则OA1⊥OC,OA1⊥OB,又因为OB⊥AC,所以OB,OC,OA1两两垂直.
则以O为坐标原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如右图所示,
则A(0,-1,0),A1(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,2,),
由=(,0,0)+(0,1,)=(,1,),
则B1(,1,),P(,-,0),Q(0,1,),
所以=(,0,0),=(-),
则||=,
所以点B1到直线PQ的距离为
(2)由(1)知=(0,0,),
设n=(a,b,c)是平面PQC的一个法向量,则
取b=1,则n=(,1,0),
又因为=(,0,0),
所以点B1到平面PQC的距离为
4.(1)证明 取AC中点M,连接O2M,PM,如图,由题意,得PO1=1,BC=AB=2,又PO1∥BC,PO1=BC.
又O2M∥BC,O2M=BC,故PO1∥O2M,PO1=O2M,所以四边形PO1O2M为平行四边形,则PM∥O1O2,又PM 平面PAC,O1O2 平面PAC,故O1O2∥平面PAC.
(2)解 选①:S△ABC=AC·BC=2×2=2,又O1O2⊥平面ABC,所以三棱锥O1-ABC的体积V=S△ABC×O1O2=所以O1O2=2.
选②:因为O1O2⊥平面ABC,所以∠O1AO2为AO1与底面所成的角,
所以tan∠O1AO2=,又AO2=,所以O1O2=2.
以O2为坐标原点,O2B,O2C,O2O1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则有A(-,0,0),B(,0,0),C(0,,0),P(-,2),O1(0,0,2),故=(,0,2),
设平面PBC的法向量n=(x,y,z),而=(-,0),=(-,-,2),
故
令z=1,解得x=y=,得n=(,1),设所求角的大小为θ,则sin θ=|cos<,n>|=
所以直线AO1与平面PBC所成角的正弦值为
5.(1)证明 取PD中点N,连接AN,MN.
在△PCD中,M,N分别为PC,PD的中点,则MN∥DC,MN=DC,因为AB∥DC,AB=DC,则AB∥MN,AB=MN,可知四边形ABMN为平行四边形,则BM∥AN,且BM 平面PAD,AN 平面PAD,所以BM∥平面PAD.
(2)解 因为PD⊥平面ABCD,AD,DC 平面ABCD,则PD⊥AD,PD⊥DC,且AD⊥DC,以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,取CD的中点E,连接BE,
因为AB∥DC,AB=DC,则AB∥DE,AB=DE,又因为AD⊥DC,所以四边形ABED为矩形,且AB=AD=2,可知四边形ABED是以边长为2的正方形,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),M(0,2,1),可得=(2,0,0),=(0,2,1),=(2,2,0),设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),所以
令y=-1,则x=1,z=2.所以平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2),易知为平面PDM的一个法向量,所以cos=,所以平面PDM和平面DMB夹角的余弦值为
(3)解 由(2)可知=(2,0,-2),=(0,4,-2),则cos<>=,即cos∠APC=>0,可知∠APC为锐角,则sin∠APC=,所以点A到直线PC的距离为||sin∠APC=2
6.(1)(ⅰ)证明 在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°,得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=,且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,所以AB⊥平面PAC.又AB 平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(ⅱ)解 以A为原点,AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,),设球心O(a,b,c),半径为R,因为△ABC为直角三角形,所以其外心为BC边的中点(,0),则a=,b=,即O(,c).
由OA=OP,得,解得c=,则R=
(2)解 在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB,
则由(1)可知,AG=,PG=,
设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM,AG所在直线为x轴、y轴,
过点G且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则G(0,0,0),A(0,-,0),B(1,-,0),C(0,-,0),P(cos θ,0,sin θ),
所以=(0,-1,0),=(1,-1,0),=(cos θ,sin θ).
设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),
则
故
取x1=sin θ,x2=1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,-),
所以cos==
令t=cos θ+,则cos θ=t-由θ∈(0,π),得t∈(-1,+1),则(),
则cos=,当且仅当,即t=,cos θ=-时,等号成立.设二面角A-CP-B为α,则cos α=cos,所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为
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