2023年新教材高考数学一轮复习 课时过关检测（四十四）利用空间向量求空间角、空间距离（含解析）.doc

1、课时过关检测(四十四) 利用空间向量求空间角、空间距离1如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1，BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值；(2)求点B1到平面PAC的距离解：(1)根据题意可得OP平面ABC, C是弧AB的中点，则OCAB，则以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则P(0,0,4)，A1(0，1,2)

2、，B(0,1,0)，C(1,0,0), (0，1，2)，(1，1,0) , cos， 异面直线PA1与BC所成的角的余弦值为(2)B1(0,1,2)，A(0，1,0)，(0,1，2)，(0，1，4)，(1,0，4) ，设平面PAC的法向量n(x，y，z)，则取z1，得n(4，4,1), 点B1到平面PAC的距离为d2如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，CC12，E，F分别为BC，CC1的中点(1)求过E，F，D1三点的截面的面积；(2)一只小虫从A点经BB1上一点P到达C1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值解：(1)如图，连接AD1，A

3、E，BC1，则四边形ABC1D1为平行四边形，又因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以AD1BC1，EFBC1AD1，所以所求截面为梯形EFD1AEF，AD12，AED1F，梯形的高h ，所以所求截面面积S(2)(2)以D为坐标原点，以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A(2,0,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E(1,1,0)，若所经过路程最短，则APB与C1PB1相似，所以，所以P，(2,1,2)，设平面APC1的法向量n(x，y，z)，则令z3，则y2，x2，所以n(2，2,3)，(1，1,2)cosn，所以直线ED1与平面AP

4、C1所成的角的正弦值是3(2021全国乙卷)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值解：(1)因为PD平面ABCD，所以PDAD，PDDC在矩形ABCD中，ADDC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BCt，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，所以(t,1，1)，因为PBAM，所以10，得t，所以BC(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得(，0,1)，(，0,0)，(，1，1)设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令x1，则z12，y11，所以

5、平面APM的一个法向量为n1(，1,2)设平面PMB的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0,1,1)cos n1，n2，所以二面角APMB的正弦值为4(2022绍兴模拟)已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点PA2，且PA平面ABC，设Q是CE的中点(1)求证：AE平面PFQ；(2)求AE与平面PFQ间的距离解：如图，以A为坐标原点，平面ABC内垂直于AC边所在直线的直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系AP2，ABBCAC4，又E，F分别是BC，AC的中点，A(0,0,0)，

6、B(2，2,0)，C(0,4,0)，F(0,2,0)，E(，3,0)，Q，P(0,0,2)(1)证明：，(，3,0)，2AE与FQ无交点，AEFQ又FQ平面PFQ，AE平面PFQ，AE平面PFQ(2)由(1)知，AE平面PFQ，点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离设平面PFQ的法向量为n(x，y，z)，则n，n，即n0，n0又(0,2，2)，n2y2z0，即yz又，nxy0，即xy令y1，则x，z1，平面PFQ的一个法向量为n(，1,1)又，所求距离d5如图，已知等腰梯形ABCD中，ABCD，DAB60，ADDCBC1，DEAB于点E，现将DAE沿DE翻折到DAE的位置，使得二面

7、角ADEB的大小为120，得到如图所示的四棱锥点M为AB的三等分点，且BMBA(1)证明：CM平面ADE；(2)求平面ABE和平面ADC夹角的余弦值解：(1)如图，取AE的三等分点G且AGAE，连接GM，DG因为BMBA，所以GMBE且GMBE在等腰梯形ABCD中，ABCD，DAB60，ADDCBC1，DEAB，所以DCBE且DCBE，所以DCGM且DCGM，即四边形DCMG为平行四边形，所以DGGM，又DG平面ADE，CM平面ADE，所以CM平面ADE(2)因为DEAB，DAE沿DE翻折到DAE的位置，所以DE平面ABE由题意得二面角ADEB的大小为120，即AEB120以E为坐标原点，DE

8、，EB所在直线分别 为x轴，y轴，过点E且垂直于平面EBCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系则C，D，A ，(0,1,0)设n1(x，y，z)是平面ADC的法向量，则即令x1，得n1(1,0，2)为平面ADC的一个法向量易知平面ABE的一个法向量为n2(1,0,0)所以cosn1，n2，即平面ABE和平面ADC夹角的余弦值为6如图，在底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC60，PAABa，PBPDa，点E在PD上，且PEED21，求异面直线PB与CE的距离解：连接AC，BD，由PEED21，在BD上取点F使BFFD21， 连接CF，易知PBEF，从而PB平面CEF，于是只需求直线PB到平面CEF的距离，可求点P到平面CEF的距离以A为坐标原点，AD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，P(0,0，a)，C，F，E，则，设平面CEF的法向量为n(x，y，z)，则于是令x0，y2，z1，则n(0，2,1)PB与平面CEF间的距离da，从而异面直线PB与CE的距离为a