21世紀教育網(wǎng)精品試卷·第2頁（共2頁）2025新教材數(shù)學(xué)高考第一輪復(fù)習(xí)8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用五年高考考點1用向量法判定空間中的位置關(guān)系(多選)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如圖,下列各正方體中,O為下底面的中心,M,N為正方體的頂點,P為所在棱的中點,則滿足MN⊥OP的是()考點2空間角與距離1.(2022全國甲,7,5分,中)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則()A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°2.(2023全國乙理,9,5分,中)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形.若二面角C-AB-D為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A.13.(多選)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則()A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E為PB的中點.(1)證明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.6.(2023新課標Ⅰ,18,12分,中)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點P在棱BB1上,當二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P.7.(2023新課標Ⅱ,20,12分,中)如圖,三棱錐A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E為BC的中點.(1)證明:BC⊥DA;(2)點F滿足EF=DA,求二面角D-AB-F8.(2023北京,16,14分,中)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求證:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.9.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4,△A1BC的面積為22.(1)求A到平面A1BC的距離;(2)設(shè)D為A1C的中點,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.10.(2022全國乙理,18,12分,中)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當△AFC的面積最小時,求CF與平面ABD所成的角的正弦值.11.(2021全國甲理,19,12分,中)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,D為棱A1B1上的點,BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當B1D為何值時,面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?三年模擬綜合拔高練11.(2024屆山東濰坊安丘三區(qū)縣檢測,5)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,則點A到平面A1BC的距離為()A.32.(2024屆江蘇南京第一中學(xué)月考,8)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為棱C1D1上的一動點,記直線BC1與平面A1BE所成的角為θ,則cosθ的最小值為()A.123.(2023河南鄭州一模,10)在如圖所示的實驗裝置中,兩個正方形框架ABCD,ABEF的邊長都為1,且它們所在的平面互相垂直.活動彈子M,N分別在正方形對角線AC和BF上移動,且CM和BN的長度保持相等,記CM=BN=a(0<a<2).則下列結(jié)論錯誤的是()A.該模型外接球的半徑為3B.當a=12時,MNC.異面直線AC與BF所成的角為60°D.MN∥平面BCE4.(2024屆山東濱州新高考聯(lián)合質(zhì)量測評,19)如圖,在多面體ABCDFE中,四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知點G為AF上一點,AG=AD,求證:BG與平面DCE不平行;(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55,求點F到平面DCE的距離5.(2023山東煙臺一模,19)如圖,已知圓錐PO,AB是底面圓O的直徑,且長為4,C是圓O上異于A,B的一點,PA=23.設(shè)二面角P-AC-B與二面角P-BC-A的大小分別為α與β.(1)求1tan(2)若tanβ=3tanα,求二面角A-PC-B的余弦值.綜合拔高練21.(多選)(2024屆河南平許濟洛第一次質(zhì)量檢測,11)在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分別為線段A1B1,CD,B1C上的動點,下列結(jié)論正確的是()A.PD1∥平面A1BDB.過M,N的平面截該正方體,所得截面面積的最大值為16C.當P為線段B1C中點時,異面直線AP與A1C所成角的余弦值為2D.當三棱錐A1-BDN的體積最大時,其外接球表面積為48π2.(多選)(2023山東濟南一模,12)在平面四邊形ABCD中,AD⊥CD,AD=CD=2,AB=1,BC=5,沿AC將△ABC折起,使得點B到達點B'的位置,得到三棱錐B'-ACD.則下列說法正確的是()A.三棱錐B'-ACD體積的最大值為2B.AC·C.直線AC與B'D所成角的余弦值的取值范圍為5D.對任意點B',線段AD上必存在點N,使得CN⊥B'D3.(2023湖南師大附中一模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,△PAD為等邊三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.(1)求點A到平面PBC的距離;(2)E為線段PC上一點,若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為3010,求平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值綜合拔高練31.(多選)(2023黑龍江省實驗中學(xué)一模,12)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱BB1的中點,Q為正方形BB1C1C內(nèi)一動點(含邊界),則下列說法中正確的是()A.直線AC1⊥平面A1BDB.棱CC1與平面A1BD所成角的正切值為2C.若D1Q∥平面A1PD,則動點Q的軌跡是一條線段D.若D1Q=62,則Q點的軌跡長度為22.(2024屆江蘇鎮(zhèn)江丹陽期中,21)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△PAB為正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E為線段AB的中點,M是線段PD(不含端點)上的一個動點.(1)記平面BCM交PA于點N,求證:MN∥平面PBC;(2)是否存在點M,使得二面角P-BC-M的正弦值為1010?若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由3.(2023安徽淮北一模,19)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形,側(cè)面PAB是等邊三角形,BC=2AB,∠ABC=60°,PB⊥AC.(1)求證:平面PAB⊥平面ABCD;(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點,四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在點Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,確定點Q的位置;若不存在,說明理由.綜合拔高練41.(多選)(2024屆福建福州閩江口協(xié)作體期中聯(lián)考,11)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D為BB1的中點,22AA1=AB=BC,AA1⊥平面ABC,∠ABC=90°,則下列結(jié)論錯誤的是()A.平面ABC1⊥平面ACC1A1B.平面A1BC⊥平面C1ABC.A1D∥平面C1ABD.A1D⊥AC12.(2024屆河南平許濟洛第一次質(zhì)量檢測,20)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,BC=2EF,BC⊥AB,BC⊥CF,G,H分別為AC,BC上的點,平面FGH∥平面ABED.(1)求證:BC⊥平面EGH;(2)若AB⊥CF,∠BAC=45°,EF=CF=1,求平面EFG和平面DFG的夾角的余弦值.3.(2023湖南師大附中二模,20)如圖,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠ABC=60°,BM⊥平面ABCD,BM∥DN,BM=2DN,點E是線段MN上任意一點.(1)證明:平面EAC⊥平面BMND;(2)若∠AEC的最大值是2π3,求三棱錐M-NAC的體積8.5空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用五年高考考點1用向量法判定空間中的位置關(guān)系(多選)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如圖,下列各正方體中,O為下底面的中心,M,N為正方體的頂點,P為所在棱的中點,則滿足MN⊥OP的是()答案BC考點2空間角與距離1.(2022全國甲,7,5分,中)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則()A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°答案D2.(2023全國乙理,9,5分,中)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形.若二面角C-AB-D為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A.1答案C3.(多選)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則()A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°答案ABD4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析(1)證明:因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因為AD∥BC,AD?平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.則D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可設(shè)Q(a,0,1),則DQ=(a,0,1).設(shè)n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,則n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y所以cos<n,PB>設(shè)PB與平面QCD所成角為θ,則sinθ=33×331+2aa2因為331+2aa2+1≤63,當且僅當5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E為PB的中點.(1)證明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.解析(1)證法一:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,取AB的中點D,連接OD、DE,則OD⊥AB,又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,又∵OD?平面PAC,AC?平面PAC,∴OD∥平面PAC,又D、E分別為AB、PB的中點,∴DE∥PA,又∵DE?平面PAC,PA?平面PAC,∴DE∥平面PAC,又OD、DE?平面ODE,OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC,又OE?平面ODE,∴OE∥平面PAC.證法二:連接OA,∵PO是三棱錐P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,延長BO交AC于點F,連接PF,易知在Rt△ABF中,O為BF的中點,∵E為PB的中點,∴OE∥PF,又OE?平面PAC,PF?平面PAC,∴OE∥平面PAC.(2)取AB的中點M,連接OM,OA,以M為坐標原點,MB,MO所在直線分別為x,y軸,過點M且與平面ABC垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.∵PO=3,PA=5,∴結(jié)合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=23,∴P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,1,∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=43,∴AC=12,C(-23,12,0).設(shè)平面AEB的法向量為n1=(x1,y1,z1),AB=(43,0,0),AE=∴AB令y1=3,則z1=-2,∴n1=(0,3,-2).設(shè)平面AEC的法向量為n2=(x2,y2,z2),AC=(0,12,0),∴AC令x2=3,則z2=-6,∴n2=(3,0,-6),∴cos<n1,n2>=n1設(shè)二面角C-AE-B的平面角為θ,則sinθ=1?cos2θ=1113,∴二面角C-6.(2023新課標Ⅰ,18,12分,中)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點P在棱BB1上,當二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P.解析(1)證明:以C為原點,CD,CB,CC1的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,由題意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),則B2C2=(0,-2,1),A2D2=(∴B2C2=又知B2C2與A2D2無公共點,∴B2C2∥A2D2.(2)∵點P在棱BB1上,∴設(shè)P(0,2,a)(0≤a≤4),結(jié)合(1)可知A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2設(shè)平面A2C2D2的法向量為n1=(x1,y1,z1),則A令z1=2,則n1=(1,1,2).設(shè)平面PA2C2的法向量為n2=(x2,y2,z2),則P令z2=2,則n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2為150°,∴|cos150°|=|cos<n1,n2>|=|=a?1+3?即32=3a2?4a+7,化簡得a2-4a當a=1時,B2P=1;當a=3時,B2P=1.綜上,B2P=1.7.(2023新課標Ⅱ,20,12分,中)如圖,三棱錐A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E為BC的中點.(1)證明:BC⊥DA;(2)點F滿足EF=DA,求二面角D-AB-F解析(1)證明:連接AE,DE,∵DB=DC,E為BC的中點,∴DE⊥BC.(1分)又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ACD與△ABD均為等邊三角形,∴AC=AB,∴AE⊥BC.(2分)又∵AE∩DE=E,AE?平面ADE,DE?平面ADE,∴BC⊥平面ADE,(3分)又∵DA?平面ADE,∴BC⊥DA.(4分)(2)設(shè)DA=DB=DC=2,則BC=22,DE=AE=2,∴AE2+DE2=4=DA2,(6分)∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE?平面BCD,BC?平面BCD,∴AE⊥平面BCD.以E為原點,ED,EB,EA的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0),∴DA=(-2,0,2),AB=(0,2,-2),∵EF=DA,∴F(-2,0,2),∴AF=(-2,0,0).(8分設(shè)平面DAB的法向量為n1=(x1,y1,z1),則DA令z1=1,則n1=(1,1,1).(9分)設(shè)平面ABF的法向量為n2=(x2,y2,z2),則AB令z2=1,則n2=(0,1,1).(10分)設(shè)二面角D-AB-F的平面角為θ,則|cosθ|=|n1·n2又∵θ∈[0,π],∴sinθ=1?cos∴二面角D-AB-F的正弦值為33.(12分)8.(2023北京,16,14分,中)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求證:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)證明:因為PA⊥平面ABC,BC,AB?平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=PA又因為BC=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC,又因為PA⊥BC,且PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB.(2)以B為原點,BC所在直線為x軸,BA所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以AP=(0,0,1),AC=(1,-1,0),PC=(1,-1,-1),BC=(1,0,0),設(shè)平面PAC的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·AP=z1=0,m·AC=x1?y1=0,令設(shè)平面PBC的法向量為n=(x2,y2,z2),則n·PC=x2?y2?z2=0,n·BC=x所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|又因為二面角A-PC-B為銳二面角,所以二面角A-PC-B的大小為π39.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4,△A1BC的面積為22.(1)求A到平面A1BC的距離;(2)設(shè)D為A1C的中點,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.解析(1)設(shè)A到平面A1BC的距離為d.因為VA1?ABC=VA?(2)如圖,取A1B的中點E,連接AE.因為AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因為平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE?平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.又BC?平面A1BC,所以AE⊥BC.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,又BC?平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE?平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB?平面ABB1A1,所以BC⊥AB.由(1)知AE=d=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,又因為△A1BC的面積為22,所以BC=2.以B為坐標原點,向量BC,BA,BB1的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系B-則C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),則BC=(2,0,0),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1).設(shè)平面ABD的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).設(shè)平面BCD的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=n1又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=32所以二面角A-BD-C的正弦值為32.10.(2022全國乙理,18,12分,中)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當△AFC的面積最小時,求CF與平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)證明:因為AD=CD,E為AC的中點,所以DE⊥AC.因為∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E為AC的中點,所以BE⊥AC.又DE,BE?平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.(2)由題意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因為AD⊥DC,E為AC的中點,所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,則DE⊥BE.連接EF,因為AC⊥平面BED,EF?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=當EF⊥BD時,EF最小,即△AFC的面積最小,此時EF=32如圖,以E為坐標原點,EA,EB,ED的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系E-xyz,則C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),F0,3所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=設(shè)平面ABD的法向量為n=(x,y,z),則AD令y=1,得n=(3,1,3).設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,CF>|=|n·CF||n||CF|11.(2021全國甲理,19,12分,中)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,D為棱A1B1上的點,BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當B1D為何值時,面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?解析第一步:證明線線垂直,為建系做鋪墊.∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,又∵BC?平面B1C1CB,∴AB⊥BC.第二步:建立空間直角坐標系,求出相關(guān)量的坐標.以B為坐標原點,BA,BC,BB1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系,則B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1),設(shè)B1D=a(0≤a≤2),則D(a,0,2),則DE=(1-a,1,-2).第三步:利用a·b=0判定線線垂直.(1)證明:∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF第四步:求出相關(guān)平面的法向量.(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),設(shè)平面DFE的法向量為n=(x,y,z),則EF·n=?x+y+z=0,FD·n=ax?2∴n=1,a易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一個法向量.第五步:由向量夾角公式表示二面角大小,利用函數(shù)思想求其最值.設(shè)平面BB1C1C與平面DEF所成的銳二面角的大小為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|∴sinθ=1?cos2θ≥33,故當a=12,即B1D=12時,平面BB1C1三年模擬綜合拔高練11.(2024屆山東濰坊安丘三區(qū)縣檢測,5)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,則點A到平面A1BC的距離為()A.3答案B2.(2024屆江蘇南京第一中學(xué)月考,8)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為棱C1D1上的一動點,記直線BC1與平面A1BE所成的角為θ,則cosθ的最小值為()A.12答案C3.(2023河南鄭州一模,10)在如圖所示的實驗裝置中,兩個正方形框架ABCD,ABEF的邊長都為1,且它們所在的平面互相垂直.活動彈子M,N分別在正方形對角線AC和BF上移動,且CM和BN的長度保持相等,記CM=BN=a(0<a<2).則下列結(jié)論錯誤的是()A.該模型外接球的半徑為3B.當a=12時,MNC.異面直線AC與BF所成的角為60°D.MN∥平面BCE答案B4.(2024屆山東濱州新高考聯(lián)合質(zhì)量測評,19)如圖,在多面體ABCDFE中,四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形,AD∥BC,AF∥BE,DA⊥平面ABEF,AB⊥AF,AD=AB=2BC=2BE=2.(1)已知點G為AF上一點,AG=AD,求證:BG與平面DCE不平行;(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55,求點F到平面DCE的距離解析(1)證明:因為DA⊥平面ABEF,AB,AF?平面ABEF,所以DA⊥AB,DA⊥AF.又AB⊥AF,所以以A為坐標原點,AF,AB,AD所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則B(0,2,0),E(1,2,0),C(0,2,1),D(0,0,2),G(2,0,0),所以EC=(-1,0,1),ED=(-1,-2,2),BG=(2,-2,0),設(shè)平面DCE的法向量為n=(x,y,z),則n·令x=2,則z=2,y=1,所以n=(2,1,2),因為n·BG=2×2+1×(-2)=2≠0,所以n與BG不垂直,即BG與平面DCE不平行.(2)設(shè)AF=a(a>0且a≠1),則F(a,0,0),BF=(a,-2,0).因為直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55所以55=|cos<BF,化簡得11a2-40a-16=0,解得a=4或a=-411(舍去),故AF=4.所以F(4,0,0),FD=(-4,0,2),由(1)知平面DCE的一個法向量為n=(2,1,2所以點F到平面DCE的距離d=|FD5.(2023山東煙臺一模,19)如圖,已知圓錐PO,AB是底面圓O的直徑,且長為4,C是圓O上異于A,B的一點,PA=23.設(shè)二面角P-AC-B與二面角P-BC-A的大小分別為α與β.(1)求1tan(2)若tanβ=3tanα,求二面角A-PC-B的余弦值.解析(1)連接PO,則PO⊥平面ABC.分別取AC,BC的中點M,N,連接PM,OM,PN,ON,則在圓O中,OM⊥AC.由PO⊥平面ABC,AC?平面ABC,得PO⊥AC.又PO∩OM=O,所以AC⊥平面PMO,因為PM?平面PMO,所以AC⊥PM.所以∠PMO=α.同理,∠PNO=β.于是1=O=2O(2)因為tanβ=3tanα,即OPON所以O(shè)M=3ON,即BC=3AC,因為AC2+BC2=AB2,所以BC=23,AC=2.在圓O中,CA⊥CB,以點C為坐標原點,CA所在直線為x軸,CB所在直線為y軸,過C且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標系C-xyz.則C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,23,0),則CA=(2,0,0),CB=(0,23,0),因為PO⊥平面ABC,所以O(shè)P∥z軸,從而P(1,3,22),則CP=(1,3,22).設(shè)平面PAC的法向量為m=(x,y,z),則m·不妨取y=22,則m=(0,22,-3).設(shè)平面PBC的法向量為n=(m,n,t),則n·不妨取m=22,則n=(22,0,-1).所以cos<m,n>=m·n|m|·|n|又二面角A-PC-B為鈍二面角,所以二面角A-PC-B的余弦值為-3333綜合拔高練21.(多選)(2024屆河南平許濟洛第一次質(zhì)量檢測,11)在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分別為線段A1B1,CD,B1C上的動點,下列結(jié)論正確的是()A.PD1∥平面A1BDB.過M,N的平面截該正方體,所得截面面積的最大值為16C.當P為線段B1C中點時,異面直線AP與A1C所成角的余弦值為2D.當三棱錐A1-BDN的體積最大時,其外接球表面積為48π答案ACD2.(多選)(2023山東濟南一模,12)在平面四邊形ABCD中,AD⊥CD,AD=CD=2,AB=1,BC=5,沿AC將△ABC折起,使得點B到達點B'的位置,得到三棱錐B'-ACD.則下列說法正確的是()A.三棱錐B'-ACD體積的最大值為2B.AC·C.直線AC與B'D所成角的余弦值的取值范圍為5D.對任意點B',線段AD上必存在點N,使得CN⊥B'D答案ABD3.(2023湖南師大附中一模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,△PAD為等邊三角形,平面PAD⊥平面ABCD,PB⊥BC.(1)求點A到平面PBC的距離;(2)E為線段PC上一點,若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為3010,求平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值解析(1)取AD的中點O,連接OB,OP.∵△PAD為等邊三角形,∴OP⊥AD,OA=1,OP=3.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP?平面PAD,∴OP⊥平面ABCD.又∵OB?平面ABCD,∴OP⊥OB.∵PB⊥BC,BC∥AD,∴PB⊥AD.又∵OP,PB?平面POB,OP∩PB=P,∴AD⊥平面POB.又∵OB?平面POB,∴AD⊥OB,∴OB=3,PB=6.設(shè)點A到平面PBC的距離為h,由VA-PBC=VP-ABC,得13S△PBC·?即12×2×6?=1(2)由(1)知OP,OA,OB兩兩垂直,故以點O為坐標原點,OA,OB,OP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系,則P(0,0,3),C(-2,3,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),則PC=(-2,3,-3),OP=(0,0,3),AD=(-2,0,0).設(shè)PE=λPC(0≤λ≤1),則PE=(-2λ,3λ,-3λ),OE=OP+PE=(-2λ則E(-2λ,3λ,3?3λ),則AE=(-2λ-1,3λ,3?由于OP⊥平面ABCD,則取平面ABCD的法向量為n1=(0,0,1).設(shè)AE與平面ABCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<AE,n1>|=|3?3λ(?2λ則E?23,設(shè)平面ADE的法向量為n2=(x,y,z),則n令y=2,則n2=(0,2,-1),又平面ABCD的法向量為n1=(0,0,1).故平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值為|cos<n1,n2>|=15綜合拔高練31.(多選)(2023黑龍江省實驗中學(xué)一模,12)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為棱BB1的中點,Q為正方形BB1C1C內(nèi)一動點(含邊界),則下列說法中正確的是()A.直線AC1⊥平面A1BDB.棱CC1與平面A1BD所成角的正切值為2C.若D1Q∥平面A1PD,則動點Q的軌跡是一條線段D.若D1Q=62,則Q點的軌跡長度為2答案ACD2.(2024屆江蘇鎮(zhèn)江丹陽期中,21)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60°,△PAB為正三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E為線段AB的中點,M是線段PD(不含端點)上的一個動點.(1)記平面BCM交PA于點N,求證:MN∥平面PBC;(2)是否存在點M,使得二面角P-BC-M的正弦值為1010?若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由解析(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以BC∥AD,因為BC?平面PAD,AD?平面PAD,所以BC∥平面PAD,因為BC?平面BCM,平面BCM∩平面PAD=MN,所以MN∥BC,因為MN?平面PBC,BC?平面PBC,因此MN∥平面PBC.(2)連接PE、CE、AC,因為△PAB為等邊三角形,E為AB的中點,所以PE⊥AB,因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE?平面PAB,所以PE⊥平面ABCD,因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形,所以AB=BC=2,又因為∠ABC=60°,所以△ABC為等邊三角形,則CE⊥AB.以點E為坐標原點,EB、EC、EP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(1,0,0),C(0,3,0),D(-2,3,0),P(0,0,3),設(shè)PM=λPD=λ(-2,3,-3)=(-2λ,3λ,-3λ),其中0<設(shè)平面PBC的法向量為m=(x1,y1,z1).BC=(-1,3,0),BP=(-1,0,3),由m·BC=?x1+3y1=0,m·BP設(shè)平面BCM的法向量為n=(x2,y2,z2).BM=BP+PM=(-1,0,3)+(-2λ,3λ,-3λ)=(-2λ-1,3λ由n·取x2=3?3λ,則y2=1-λ,z2=λ所以n=(3?3λ,1-λ,λ由題意可得|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|整理可得27λ2+6λ-5=0,即(3λ-1)(9λ+5)=0,因為0<λ<1,所以λ=13,故當點M為線段PD上靠近點P的三等分點時,二面角P-BC-M的正弦值為103.(2023安徽淮北一模,19)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形,側(cè)面PAB是等邊三角形,BC=2AB,∠ABC=60°,PB⊥AC.(1)求證:平面PAB⊥平面ABCD;(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點,四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在點Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,確定點Q的位置;若不存在,說明理由.解析(1)證明:在△ABC中,因為BC=2AB,∠ABC=60°,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3AB2,AC=3AB,所以AC2+AB2=BC2,則∠BAC=90°,即AC⊥AB,又AC⊥PB,PB∩AB=B,PB,AB?平面PAB,所以AC⊥平面PAB,又AC?平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)假設(shè)存在點Q,使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖,以A為原點,分別以AB,AC的方向為x,y軸的正方向建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0).設(shè)AB=2,則B(2,0,0),D(-2,23,0),P(1,0,3),則AD=(-2,23,0),AP=(1,0,3),BD=(-4,23,0),DP=(3,-23,3),設(shè)平面PAD的法向量是n1=(x1,y1,z1),則n1·AD=?2x1+23y1=0,設(shè)DQ=λDP,其中0<則BQ=BD+DQ=BD+λDP=(3λ-4連接EF,因為AC∥平面BEQF,AC?平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF,所以AC∥EF,取與EF同向的單位向量j=(0,1,0),設(shè)平面BEQF的法向量是n2=(x2,y2,z2),則n取n2=(3λ,0,4-3λ).由平面BEQF⊥平面PAD,知n1⊥n2,(當兩平面垂直時,它們的法向量也垂直)即n1·n2=3λ+3λ-4=0,解得λ=23.故在側(cè)棱PD上存在點Q且當D