2024年新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時過關(guān)檢測四十四利用空間向量求空間角空間距離含解析

PAGEPAGE5課時過關(guān)檢測(四十四)利用空間向量求空間角、空間距離1．如圖，空間幾何體由兩部分構(gòu)成，上部是一個底面半徑為1，高為2的圓錐，下部是一個底面半徑為1，高為2的圓柱，圓錐和圓柱的軸在同始終線上，圓錐的下底面與圓柱的上底面重合，點(diǎn)P是圓錐的頂點(diǎn)，AB是圓柱下底面的一條直徑，AA1，BB1是圓柱的兩條母線，C是弧AB的中點(diǎn)．(1)求異面直線PA1與BC所成角的余弦值；(2)求點(diǎn)B1到平面PAC的距離．解：(1)依據(jù)題意可得OP⊥平面ABC,C是弧AB的中點(diǎn)，則OC⊥AB，則以O(shè)為原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則P(0,0,4)，A1(0，－1,2)，B(0,1,0)，C(1,0,0),eq\o(PA1,\s\up7(→))＝(0，－1，－2)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，－1,0),cos〈eq\o(PA1,\s\up7(→))，eq\o(BC,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(PA1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(PA1,\s\up7(→))|·|eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，∴異面直線PA1與BC所成的角的余弦值為eq\f(\r(10),10)．(2)B1(0,1,2)，A(0，－1,0)，eq\o(PB1,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0，－1，－4)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(1,0，－4)，設(shè)平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PA,\s\up7(→))＝－y－4z＝0，,n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝x－4z＝0，))取z＝1，得n＝(4，－4,1),∴點(diǎn)B1到平面PAC的距離為d＝eq\f(|eq\o(PB1,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,\r(33))＝eq\f(2\r(33),11)．2．如圖，已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，CC1＝2，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)．(1)求過E，F(xiàn)，D1三點(diǎn)的截面的面積；(2)一只小蟲從A點(diǎn)經(jīng)BB1上一點(diǎn)P到達(dá)C1點(diǎn)，求小蟲所經(jīng)過路程最短時，直線ED1與平面APC1所成的角的正弦值．解：(1)如圖，連接AD1，AE，BC1，則四邊形ABC1D1為平行四邊形，又因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，所以AD1∥BC1，EF∥BC1∥AD1，所以所求截面為梯形EFD1AEF＝eq\r(EC2＋CF2)＝eq\r(2)，AD1＝2eq\r(2)，AE＝D1F＝eq\r(2)，梯形的高h(yuǎn)＝eq\r(D1F2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AD1－EF))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以所求截面面積S＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(3\r(3),2)．(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(2,0,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E(1,1,0)，若所經(jīng)過路程最短，則△APB與△C1PB1相像，所以eq\f(B1P,BP)＝eq\f(B1C1,AB)＝eq\f(2,1)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(2,3)))．eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2,1,2)，設(shè)平面APC1的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)z＝0，,－2x＋y＋2z＝0，))令z＝3，則y＝－2，x＝2，所以n＝(2，－2,3)，eq\o(ED1,\s\up7(→))＝(－1，－1,2)．cos〈n，eq\o(D1E,\s\up7(→))〉＝eq\f(－2＋2＋6,\r(4＋4＋9)·\r(1＋1＋4))＝eq\f(\r(102),17)，所以直線ED1與平面APC1所成的角的正弦值是eq\f(\r(102),17)．3．(2024·全國乙卷)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A-PM-B的正弦值．解：(1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)BC＝t，則A(t,0,0)，B(t,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，1，0))，P(0,0,1)，所以eq\o(PB,\s\up7(→))＝(t,1，－1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,2)，1，0))．因?yàn)镻B⊥AM，所以eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))＝－eq\f(t2,2)＋1＝0，得t＝eq\r(2)，所以BC＝eq\r(2)．(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－eq\r(2)，0,1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，1，－1)．設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋z1＝0，,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0，))令x1＝eq\r(2)，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個法向量為n1＝(eq\r(2)，1,2)．設(shè)平面PMB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(PB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0，,\r(2)x2＋y2－z2＝0，))得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個法向量為n2＝(0,1,1)．cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)，所以二面角A-PM-B的正弦值為eq\f(\r(70),14)．4．(2024·紹興模擬)已知邊長為4的正三角形ABC，E，F(xiàn)分別為BC和AC的中點(diǎn)．PA＝2，且PA⊥平面ABC，設(shè)Q是CE的中點(diǎn)．(1)求證：AE∥平面PFQ；(2)求AE與平面PFQ間的距離．解：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面ABC內(nèi)垂直于AC邊所在直線的直線為x軸，AC所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．∵AP＝2，AB＝BC＝AC＝4，又E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點(diǎn)，∴A(0,0,0)，B(2eq\r(3)，2,0)，C(0,4,0)，F(xiàn)(0,2,0)，E(eq\r(3)，3,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(7,2)，0))，P(0,0,2)．(1)證明：∵eq\o(FQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，3,0)，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝2eq\o(FQ,\s\up7(→))．∵AE與FQ無交點(diǎn)，∴AE∥FQ．又FQ?平面PFQ，AE?平面PFQ，∴AE∥平面PFQ．(2)由(1)知，AE∥平面PFQ，∴點(diǎn)A到平面PFQ的距離就是AE與平面PFQ間的距離．設(shè)平面PFQ的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(PF,\s\up7(→))，n⊥eq\o(FQ,\s\up7(→))，即n·eq\o(PF,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(FQ,\s\up7(→))＝0．又eq\o(PF,\s\up7(→))＝(0,2，－2)，∴n·eq\o(PF,\s\up7(→))＝2y－2z＝0，即y＝z．又eq\o(FQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，∴n·eq\o(FQ,\s\up7(→))＝eq\f(\r(3),2)x＋eq\f(3,2)y＝0，即x＝－eq\r(3)y．令y＝1，則x＝－eq\r(3)，z＝1，∴平面PFQ的一個法向量為n＝(－eq\r(3)，1,1)．又eq\o(QA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(7,2)，0))，∴所求距離d＝eq\f(|eq\o(QA,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(5),5)．5．如圖①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB于點(diǎn)E，現(xiàn)將△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，使得二面角A′-DE-B的大小為120°，得到如圖②所示的四棱錐．點(diǎn)M為A′B的三等分點(diǎn)，且BM＝eq\f(1,3)BA′．(1)證明：CM∥平面A′DE；(2)求平面A′BE和平面A′DC夾角的余弦值．解：(1)如圖，取A′E的三等分點(diǎn)G且A′G＝eq\f(2,3)A′E，連接GM，DG．因?yàn)锽M＝eq\f(1,3)BA′，所以GM∥BE且GM＝eq\f(2,3)BE．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB，所以DC∥BE且DC＝eq\f(2,3)BE，所以DC∥GM且DC＝GM，即四邊形DCMG為平行四邊形，所以DG∥GM，又DG?平面A′DE，CM?平面A′DE，所以CM∥平面A′DE．(2)因?yàn)镈E⊥AB，△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，所以DE⊥平面A′BE．由題意得二面角A′-DE-B的大小為120°，即∠A′EB＝120°．以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，DE，EB所在直線分別為x軸，y軸，過點(diǎn)E且垂直于平面EBCD的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，0))，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，\f(\r(3),4)))，eq\o(A′D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,4)，－\f(\r(3),4)))，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,1,0)．設(shè)n1＝(x，y，z)是平面A′DC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(A′D,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x－y＋\r(3)z＝0，,y＝0.))令x＝1，得n1＝(1,0，－2)為平面A′DC的一個法向量．易知平面A′BE的一個法向量為n2＝(1,0,0)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即平面A′BE和平面A′DC夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5)．6．如圖，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AB＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，點(diǎn)E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，求異面直線PB與CE的距離．解：連接AC，BD，由PE∶ED＝2∶1，在BD上取點(diǎn)F使BF∶FD＝2∶1，連接CF，易知PB∥EF，從而PB∥平面CEF，于是只需求直線PB到平面CEF的距離，可求點(diǎn)P到平面CEF的距離．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由已知，P(0,0，a)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a，\f(1,2)a，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(