《备战2023年高考数学一轮复习》课时作业-第七章-第6节-第二课时-求空间角与距离.docx

第二课时　求空间角与距离

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
用空间向量求异面直线所成的角
1

用空间向量求直线与平面所成的角
2,4,8

用空间向量求二面角
3
10

用空间向量求距离
5,7

综合问题
6,9
11,12,13,14
15,16

1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知M,N分别是BD和AD的中点,则B1M与D1N所成角的余弦值为(　C　)

A.3030 B.3015
C.3010 D.1515
解析:建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

设正方体的棱长为2,
则B1(2,2,2),M(1,1,0),
D1(0,0,2),N(1,0,0),
所以B1M→=(-1,-1,-2),
D1N→=(1,0,-2),
所以B1M与D1N所成角的余弦值为|B1M→·D1N→||B1M→||D1N→|=|-1+4|1+1+4×1+4=3010.故选C.
2.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=3,E为线段AB上一点,且AE=13AB,则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　A　)

A.33535 B.277
C.33 D.24
解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、 z轴建立空间直角坐标系,

则C1(0,3,1),D1(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),
所以DC1→=(0,3,1),D1E→=(1,1,-1),D1C→=(0,3,-1).
设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),
则n·D1E→=0,n·D1C→=0,即x+y-z=0,3y-z=0,
取y=1,得n=(2,1,3).
所以cos =DC1→·n|DC1→||n|=33535,
所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为33535.故选A.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　B　)
A.12 B.23
C.33 D.22
解析:以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则A1(0,0,1),E(1,0,12),D(0,1,0),

所以A1D→=(0,1,-1),A1E→=(1,0,-12),
设平面A1ED的法向量为n1=(1,y,z),
则n1·A1D→=0,n1·A1E→=0,即y-z=0,1-12z=0,所以y=2,z=2,
所以n1=(1,2,2).
又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以cos=23×1=23,
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.故选B.
4.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　A　)

A.35 B.56
C.3310 D.3610
解析:设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,取AC的中点D,连接DG,DB,以D为原点,分别以DA,DB,DG所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示,

则B1(0,3,2),F(1,0,1),E(12,32,0),G(0,0,2),所以B1F→= (1,-3,-1),EF→12,-32,1),GF→=(1,0,-1).
设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),
则EF→·n=0,GF→·n=0,
即12x-32y+z=0,x-z=0,
取x=1,则z=1,y=3,
故n=(1,3,1)为平面GEF的一个法向量,
所以cos=1-3-15×5=-35,
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35.故选A.
5.(2021·江西南昌调研)已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC满足AB=22,∠ACB=90°,PA为球O的直径,且PA=4,则点P到底面ABC的距离为(　B　)
A.2 B.22 C.3 D.23
解析:因为三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上,且直径PA=4,
所以球心O是PA的中点,连接OC,
则球O的半径R=OC=12PA=2.
过点O作OD⊥平面ABC,垂足为D,则D为△ABC外接圆的圆心,
连接CD(图略).
在△ABC中,AB=22,∠ACB=90°,
所以D为AB的中点,且AD=BD=CD=2,
所以OD=OC2-CD2=4-2=2,
所以点P到底面ABC的距离d=2OD=22.
故选B.
6.(多选题)(2021·山东青岛期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个结论正确的是(　ABD　)

A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4
B.点C到平面ABC1D1的距离为22
C.异面直线D1C与BC1所成的角为π4
D.三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为32
解析:正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故A正确;连接B1C(图略),由B1C⊥BC1,B1C⊥AB,BC1∩AB=B,BC1,AB⊂平面ABC1D1,得B1C⊥平面ABC1D1,所以点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半,即22,故B正确;因为BC1∥AD1,所以异面直线D1C与BC1所成的角为∠AD1C,连接AC(图略),则△AD1C为等边三角形,故异面直线D1C与BC1所成的角为π3,故C错误;三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球也是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,故外接球的半径为12+12+122=32,故D正确.故选ABD.
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面,M,N分别是CD,PC的中点,并且PA=AD=1.在如图所示的空间直角坐标系中,MN=　　　　. 

解析:连接PD(图略),因为M,N分别为CD,PC的中点,所以MN=12PD,
又P(0,0,1),D(0,1,0),
所以|PD→|=02+12+(-1)2=2,
所以MN=22.
答案:22
8.(2021·河北承德二中期末)已知四棱锥P-ABCD 的底面是菱形, ∠BAD=60°,PD⊥平面ABCD,且PD=AB,点E是棱AD的中点,F在棱PC上.若PF∶FC=1∶2,则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　.
解析:如图,以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

设菱形ABCD的边长为2,
则D(0,0,0),E(32,-12,0),F(0,23,43),
所以EF→=(-32,76,43).
又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos =43(-32) 2+(76) 2+(43) 2×1=43535,
即直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为43535.
答案:43535
9.(2021·山东德州模拟)如图,P-ABC是一个三棱锥,AB是圆的直径,C是圆上的一点,PC垂直于圆所在的平面,D,E分别是棱PB,PC的中点.

(1)求证:DE⊥平面PAC;
(2)若二面角A-DE-C是45°,AB=PC=4,求AE与平面ACD所成角的正弦值.
(1)证明:因为AB是圆的直径,
所以BC⊥AC,因为PC垂直于圆所在的平面,BC⊂平面ABC,
所以PC⊥BC,
又因为AC∩PC=C,AC⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
因为D,E分别是棱PB,PC的中点,
所以BC∥DE,从而有DE⊥平面PAC.

(2)解:由(1)可知,DE⊥AE,DE⊥EC,
所以∠AEC为二面角A-DE-C的平面角,
从而有∠AEC=45°,
则AC=EC=12PC=2,
又BC⊥AC,AB=4,得BC=23.
以C为坐标原点,CB→,CA→,CP→的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,

则C(0,0,0),A(0,2,0),E(0,0,2),B(23,0,0),P(0,0,4),D(3,0,2),所以AE→=(0,-2,2),CA→=(0,2,0),CD→=(3,0,2).
设n=(x,y,z)是平面ACD的法向量,
则n·CA→=0,n·CD→=0,

即2y=0,3x+2z=0.
可取n=(2,0,-3),
故|cos |=|n·AE→||n||AE→|=4214,
所以AE与平面ACD所成角的正弦值为4214.

10.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为(　C　)
A.150° B.45° C.60° D.120°
解析:如图所示,二面角的大小就是.

因为CD→=CA→+AB→+BD→,
所以CD→2=CA→2+AB→2+BD→2+2(CA→·AB→+CA→·BD→AB→·BD→)
=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→·BD→,
所以CA→·BD→=12×[(217)2-62-42-82]=-24.
因为AC→·BD→=24,
cos=AC→·BD→|AC→||BD→|=12,
所以=60°,故二面角为60°.故选C.
11.如图,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=2,CF=3.若直线OF与平面BED所成的角为45°,则AE=　　　　. 

解析:如图,以O为坐标原点,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.

设AE=a(a>0),
则B(0,3,0),D(0,-3,0),F(-1,0,3),E(1,0,a),
所以OF→=(-1,0,3),DB→=(0,23,0),EB→=(-1,3,-a).
设平面BED的法向量为n=(x,y,z),
则n·DB→=0,n·EB→=0,即23y=0,-x+3y-az=0,
则y=0,令z=1,得x=-a,
所以n=(-a,0,1),
所以cos =n·OF→|n||OF→|=a+3a2+1×10.
因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°,
所以|a+3|a2+1×10=22,
解得a=2或-12舍去),
所以AE=2.
答案:2
12.(2021·湖北华中师大一附中月考)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PA=PD,∠APD=90°,平面PAD⊥平面ABCD,点Q是△PBC内(含边界)的一个动点,且满足DQ⊥AC,则 点Q所形成的轨迹长度是　　　　. 

解析:如图,连接BD,交AC于点O,因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
取PC上一点M,连接MD,MB,且DM⊥AC,
又AC⊥BD,BD∩DM=D,BD⊂平面BDM,DM⊂平面BDM,
所以AC⊥平面BDM,则点Q的轨迹是线段BM.

以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),P(32,-12,1), C(-3,0,0),所以OA→=(3,0,0),DP→=(32,12,1),PC→=(-332,12,-1), BD→=(0,-2,0).
设PM→=λPC→,0≤λ≤1,则DM→=DP→+PM→=DP→+λPC→=(32,12,1)+λ(-332,12,-1),
则DM→=(32-332λ,12+12λ,1-λ).
因为OA⊥DM,
所以OA→·DM→=0,
解得λ=13,
所以DM→=(0,23,23),
BM→=BD→+DM→=(0,-2,0)+(0,23,23)=(0,-43,23),
所以|BM→|=(43) 2+(23) 2=253.
即点Q所形成的轨迹长度为253.
答案:253
13.如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB= ∠ACD=45°,CD=2BC.

(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
(1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.

由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO.
由平面ACFD⊥平面ABC,DO⊥AC,平面ACFD∩平面ABC=AC,DO⊂平面ACFD,得DO⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,
所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO,
得BO⊥BC,
又DO⊥BC,DO∩BO=O,DO⊂平面BDO,
BO⊂平面BDO,
所以BC⊥平面BDO,DB⊂平面BDO,
故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,
所以EF⊥DB.
(2)解:法一　如图,过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,
所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线CO与平面DBC所成的角.
由BC⊥平面BDO,OH⊂平面BDO,

得OH⊥BC,
又OH⊥BD,BC∩BD=B,BD⊂平面BCD,
BC⊂平面BCD,
故OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成的角.
设CD=22,则DO=OC=2,BO=BC=2,
所以BD=6,OH=233,
所以sin∠OCH=OHOC=33,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
法二　

由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,
所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线CO与平面DBC所成的角,记为θ.
如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.
设CD=22,
则O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).
因此OC→=(0,2,0),BC→=(-1,1,0),
CD→=(0,-2,2).
设平面DBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·BC→=0,n·CD→=0,
即-x+y=0,-2y+2z=0,
可取n=(1,1,1).
所以sin θ=|cos|=|OC→·n||OC→||n|=33,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
14.(2021·山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.
①AB⊥BC;②FC与平面ABCD所成的角为π6;③∠ABC=π3.

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.
(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;
(2)若　　　　,求二面角F-AC-D的余弦值. 
解:(1)存在线段AB的中点G,使得AF∥平面PCG.

证明如下:
如图所示,设PC的中点为H,连接FH,GH.
因为F,H分别为PD,PC的中点,
所以FH∥CD,FH=12CD,
在菱形ABCD中,因为G为AB的中点,
所以AG∥CD,AG=12CD,
所以FH∥AG,FH=AG,
所以四边形AGHF为平行四边形,
所以AF∥GH.
又GH⊂平面PCG,AF⊄平面PCG,
所以AF∥平面PCG.
(2)选择①,AB⊥BC.
因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
所以AB,AD,AP两两相互垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

因为PA=AB=2,
所以A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F(0,1,1),
所以AF→=(0,1,1),CF→=(-2,-1,1).
设平面FAC的法向量为μ=(x,yz),
则μ·AF→=y+z=0,μ·CF→=-2x-y+z=0,
取y=1,得μ=(-1,1,-1).
易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1),
设二面角F-AC-D的大小为θ,
由图知二面角F-AC-D为锐二面角,
则cos θ=|μ·v||μ||v|=33,
所以二面角F-AC-D的余弦值为33.
选择②,FC与平面ABCD所成的角为π6.
如图,取BC的中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,

则FM∥PA,且FM=1.
因为PA⊥平面ABCD,
所以FM⊥平面ABCD,
所以FC与平面ABCD所成的角为∠FCM,
所以∠FCM=π6
在Rt△FCM中,CM=FMtan π6=133=3.
又CM=AE,
所以AE2+BE2=AB2,
所以BC⊥AE,
又BC∥AD,
所以AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,AE⊂平面ABCD,
所以PA⊥AD,PA⊥AE,
所以AE,AD,AP两两相互垂直,以A为原点,AE,AD,AP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.
因为PA=AB=2,
所以A(0,0,0),C(3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F(0,1,1), AF→=(0,1,1),CF→=(-3,0,1).
设平面FAC的法向量为m=x,y,z),
则m·AF→=y+z=0,m·CF→=-3x+z=0,
取x=3,得m=(3,-3,3).
易知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),
设二面角F-AC-D的大小为θ,
由图知二面角F-AC-D为锐二面角,
则cos θ=|m·n||m||n|=217.
所以二面角F-AC-D的余弦值为217.
选择③,∠ABC=π3.
取BC的中点E,连接AE.
因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AE,PA⊥AD,
因为底面ABCD是菱形,∠ABC=π3,
所以△ABC是正三角形.
因为E是BC的中点,
所以BC⊥AE,
所以AE,AD,AP两两相互垂直,以A为原点,AE,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
以下同选择②.

15.(2021·江西上饶模拟)如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.

(1)求证:BD1∥平面A1DE;
(2)设在线段AB上存在点M,使二面角D1-MC-D的大小为π6,求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离.
(1)证明:连接AD1交A1D于点O,连接OE,因为四边形AA1D1D为正方形,

所以O是AD1的中点,因为点E为AB的中点,
所以EO为△ABD1的中位线,
所以EO∥BD1.
又因为BD1⊄平面A1DE,OE⊂平面A1DE,
所以BD1∥平面A1DE.
(2)解:因为平面AA1D1D⊥平面ABCD,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,DD1⊥AD,DD1⊂平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,以点D为原点,DA,DC,DD1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D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B(1,2,0),E(1,1,0),
设M(1,y0,0)(0≤y0≤2),
因为MC→=(-1,2-y0,0),D1C→=(0,2,-1),
设平面D1MC的法向量为n1=(x,y,z),
则n1·MC→=0,n1·D1C→=0,
即-x+y(2-y0)=0,2y-z=0,
令y=1,则n1=(2-y0,1,2).
而平面MCD的一个法向量为n2=(0,0,1).
要使二面角D1-MC-D的大小为π6,
则cos π6=|cos|
=|n1·n2||n1||n2|
=2(2-y0)2+12+22=32,
解得y0=2-33(0≤y0≤2),
故AM=2-33,
此时n1=(33,1,2),D1E→=(1,1,-1).
故点E到平面D1MC的距离为d=|n1·D1E→||n1|=1-33433=3-14.
162021·辽宁沈阳模拟)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB= AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC的中点,点P在直线A1B1上运动,且 A1P→=λA1B1→(λ∈[0,1]).

(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;
(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.
(1)证明:如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),M(0,1,12),N(12,12,0),Q(0,12,0),
由A1P→=λA1B1→=λ(1,0,0)=(λ,0,0),可得 P(λ,0,1),
所以PN→=(12-λ,12,-1),
PQ→=(-λ,12,-1).
又AM→=(0,1,12),
所以AM→·PN→=0+12-12=0,AM→·PQ→=0+12-12=0,
所以AM→⊥PN→,AM→⊥PQ→,
即AM⊥PN,AM⊥PQ,
又PN∩PQ=P,PN⊂平面PNQ,PQ⊂平面PNQ,
所以AM⊥平面PNQ,
所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.
(2)解:设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,
NM→=(-12,12,12)PN→=(12-λ,12,-1),
则n·NM→=0,n·PN→=0,
即-12x+12y+12z=0,(12-λ)x+12y-z=0,
得y=1+2λ3x,z=2-2λ3x,
令x=3,
所以n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一个法向量.
取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).
假设存在符合条件的点P,
则|cos|=|2-2λ|9+(1+2λ)2+(2-2λ)2=12,
化简得4λ2-14λ+1=0,
解得λ=7-354或λ=7+354(舍去).
综上,存在点P,且当A1P=7-354时,满足平面PMN与平面ABC的夹角 为60°.