高中数学人教A版（2019）选择性必修1 1.4.2 第4课时 空间向量的综合应用（含答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修1 1.4.2 第4课时 空间向量的综合应用（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-03 23:38:11 | ||
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文档简介
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第4课时 空间向量的综合应用
必备知识基础练
1．[2023·福建宁德高二检测](多选)直线a的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为m，n，则下列命题为真命题的是( )
A.若α∥β，则m∥n
B.若a∥m，则直线a⊥平面α
C.若a⊥m，则直线a∥平面α
D.若cos 〈a，m〉＝，则直线a与平面α所成的角为
2．(多选)已知＝(0，1，1)，＝(2，－1，2)，BE⊥平面BCD，则( )
A.点A到平面BCD的距离为 B.AB与BE所成角的正弦值为
C.点A到平面BCD的距离为 D.AB与平面BCD所成角的正弦值为
3．[2023·江苏淮安高二检测](多选)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，则下列结论正确的是( )
A.BD∥平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.向量与的夹角为60°
D.AC1⊥平面CB1D1
4.(多选)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，则( )
A.B1C⊥BD1
B.点E到直线B1C的距离为3
C.直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为
D.点C1到平面B1CE的距离为
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD A′B′C′D′中，M为BC的中点，则AM与D′B′所成角的余弦值为________；点C到平面DA′C′的距离为________．
6．如图在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是AD的中点，求：
(1)异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值；
(2)点A1到平面BB1D1D的距离．
关键能力综合练
1.(多选)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，DC＝DA＝2，DD1＝4，点E在C1C上，且CE＝1.则下列说法正确的是( )
A.A1D⊥BE
B.异面直线A1D与B1B所成角的正切值为2
C.A1C⊥平面DBE
D.直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为
2．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则( )
A.直线FC1与底面ABCD所成的角为30°
B.平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为
C.直线FC1与直线AE的距离为
D.直线FC1与平面AB1E的距离为
3.(多选)如图，已知四棱锥P ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD＝4，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，下列说法正确的是( )
A.PB与CD所成的角是60°
B.平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是
C.三棱锥P ACD的体积是
D.PB与平面PCD所成的角的正弦值是
4．[2023·湖北荆州高二检测](多选)已知O是边长为2的正方形ABCD的中心，点E，F分别是AD，BC的中点，沿对角线AC把正方形ABCD折成直二面角D AC B，则以下说法正确的是( )
A.∠EOF＝60°
B.EF的长度为
C.异面直线OE，BC所成的角是60°
D.点D到平面EOF的距离为
5．[2023·山东潍坊高二检测]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱CC1上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为α，当点N为CC1的中点时，平面α截正方体的截面的面积为________，点A1到平面α的距离的最小值为________．
6．[2023·河北石家庄高二检测]如图，在三棱锥P ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，∠PCB＝∠ACB＝90°.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若O为AC的中点，求平面POD与平面PBC夹角；
(3)求点D到平面PBC的距离．
7．如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点．将△ADM沿DM翻折至△PDM，连接PC，PB.
(1)证明：DM⊥PC；
(2)若二面角P DM C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值．
8．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C.
(1)求证：AB⊥B1C；
(2)若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1 B1C1 A的余弦值．
核心素养升级练
1．[2023·广东茂名高二测试](多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列判断正确的是( )
A.直线AC1⊥平面BCD1A1
B.点B1到平面BCD1A1的距离是
C.无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1E
D.若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sin θ的最小值为
2．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′.
(1)求证：BC∥平面POD′；
(2)求平面ABC与平面BCD′夹角的余弦值；
(3)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
必备知识基础练
1．答案：ABD
解析：对于A，由面面平行的性质知，α∥β时，则m∥n，正确；
对于B，由线面垂直的判定知，a∥m时，直线a⊥平面α，正确；
对于C，a⊥m，则a∥α或a α，故不正确；
对于D，设直线a与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a，m〉|＝，由0≤θ≤，可得θ＝，故D正确．故选ABD.
2．答案：CD
解析：因为BE⊥平面BCD，所以是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为＝，故A错误，C正确；AB与BE所成角的余弦值为＝＝，正弦值为 ＝，B错误；AB与平面BCD所成角的正弦值为＝＝，D正确．故选CD.
3．答案：ABD
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，
则有A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)，
对于选项A，由＝可得B1D1∥BD，BD 平面CB1D1，B1D1 平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，A正确；
对于选项B，由·＝－1＋1＋0＝0可得AC1⊥BD，B正确；
对于选项C，由cos 〈，〉＝＝－，0°≤〈，CB1〉≤180°，故向量与的夹角为135°，C错误；
对于选项D，由AC1·B1D1＝－1＋1＋0＝0，·＝0－1＋1＝0，所以⊥，AC1⊥CB1，B1D1∩CB1＝B1，B1D1，CB1 平面CB1D1，所以AC1⊥平面CB1D1，D正确．故选ABD.
4．答案：AC
解析：
如图以点A为原点，建立空间直角坐标系，
则B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，2，1)，B1(2，0，2)，D1(0，2，2)，C1(2，2，2)，＝(0，2，－2)，＝(－2，2，2)，则·＝0＋4－4＝0，所以⊥，故A正确；
＝(－2，2，－1)，则cos 〈，〉＝＝＝，所以sin ∠CB1E＝，所以点E到直线B1C的距离为|B1E|sin ∠CB1E＝，故B错误；
因为C1D1⊥平面B1C1C，所以＝(2，0，0)，即为平面B1C1C的一个法向量，则直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为＝＝，故C正确；
＝(0，0，2)，设平面B1CE的法向量为n＝(x，y，z)，则有，可取n＝(1，2，2)，则点C1到平面B1CE的距离为＝，故D错误．故选AC.
5．答案：
解析：如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，M(，1，1)，B′(0，1，0)，D′(1，0，0)，＝(，1，0)，＝(－1，1，0)，cos 〈，〉＝＝，AM与D′B′所成角的余弦值为.如图所示，设点C到平面DA′C′的距离为d，因为VC A′DC′＝VA′ DCC′，××××sin 60°·d＝××1×1×1 d＝.
6．解析：(1)如图建立空间直角坐标系，则E(1，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，
所以异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值为.
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
所以点A1到平面BB1D1D的距离d＝＝＝.
关键能力综合练
1．答案：ACD
解析：
以D为坐标原点，，，为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(0，2，1)，
对于A，∵＝(－2，0，－4)，＝(－2，0，1)，∴·＝0，∴A1D⊥BE，A正确；
对于B，∵＝(－2，0，－4)，＝(0，0，4)，设异面直线A1D与B1B所成的角为θ，∴cos θ＝＝＝，∴tan θ＝，B错误；
DB 平面DBE，∴A1C⊥平面DBE，C正确；
∴n＝(4，1，－2)，又＝(－2，0，1)，∴|cos 〈，n〉|＝＝＝，即直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为，D正确．故选ACD.
2．答案：BCD
解析：
如图所示，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，E(0，0，)，F(1，1，)，
A选项：＝(－1，0，)，平面ABCD的法向量为＝(0，0，1)，设直线FC1与底面ABCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，∴直线FC1与底面ABCD所成的角不为30°，故A错误；
B选项：＝(0，1，1)，＝(－1，0，)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则，令z＝2，则n＝(1，－2，2)，设平面AB1E与底面ABCD的夹角为α，则cos α＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，∴平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为，故B正确；
C选项，＝(－1，－1，0)，直线FC1与直线AE的距离为
＝· ＝，故C正确；
D选项，∵FC1∥AE，AE 平面AB1E，FC1 平面AB1E，又＝(0，1，)，平面AB1E的法向量为n＝(1，－2，2)，∴直线FC1与平面AB1E的距离为h＝＝＝，故D正确．故选BCD.
3．答案：ACD
解析：由AD∥BC，∠ABC＝90°，可得AD⊥AB，又PA⊥平面ABCD，故以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，2).
选项A.由＝(－2，0，2)，＝(－2，2，0)，则cos 〈，〉＝＝＝，所以〈，〉＝，所以PB与CD所成的角是60°，故选项A正确．
选项B.由题意n＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量．设m＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量，＝(0，－4，2).由，即，则取m＝(1，1，2)，所以cos 〈n，m〉＝＝＝，所以平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确．
选项C.VP ACD＝S△ACDPA＝××AD×AB×PA＝×4×2×2＝，故选项C正确．
选项D.＝(－2，0，2)，设PB与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝，故选项D正确．故选ACD.
4．答案：BCD
解析：以O点为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(1，1，0)，E(0，－1，1)，
∴＝(0，－1，1)，＝(1，1，0)，||＝||＝，∴cos ∠EOF＝＝－，∴∠EOF＝120°，故A错误；
∵＝－＝(1，2，－1)，∴|EF|＝＝，故B正确；
∵B(2，0，0)，C(0，2，0) ＝(－2，2，0)，又＝(0，－1，1)，∴cos 〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝120°，所以异面直线OE，BC所成的角是60°，故C正确；
设平面EOF的法向量为u＝(x，y，z)，则，即，令x＝1，得y＝z＝－1，于是u＝(1，－1，－1)，又D(0，0，2) ＝(0，0，2)，所以点D到平面EOF的距离d＝＝＝，故D正确．故选BCD.
5．答案：
解析：当N是CC1的中点时，连接AD1，BC1，由于MN∥BC1∥AD1，
所以A，M，N，D1四点共面，所以平面α即平面AMND1，
根据正方体的性质可知，四边形AMND1是等腰梯形，
MN＝，AD1＝2，D1N＝AM＝，
所以等腰梯形AMND1的高为 ＝，
所以截面面积为×＝.
当N是棱CC1上任意一点时，建立空间直角坐标系如图所示，
A(2，0，0)，M(1，2，0)，＝(－1，2，0)，
设N(0，2，t)，0≤t≤2，＝(－1，0，t)，
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
则，故可设n＝(2t，t，2)，＝(0，0，2)，
所以点A1到平面α的距离为＝，
0≤t2≤4，4≤5t2＋4≤24，
所以当t＝2，5t2＋4＝24时，点A1到平面α的距离取得最小值为＝.
6．解析：(1)证明：因为∠PCB＝∠ACB＝90°，
所以PC⊥CB，AC⊥CB，又PC∩AC＝C，PC 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又BC 平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)因为△PAC为正三角形，O为AC中点，连接PO，OD，
所以PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
所以PO⊥平面ABC，又OD 平面ABC，
所以PO⊥OD，又D为AB的中点，
所以OD∥BC，OD⊥AC，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，C(－1，0，0)，B(－1，4，0)，
所以＝(－1，0，－)，＝(0，4，0)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，令z＝－1，可得m＝(，0，－1)，
又平面POD的一个法向量可取n＝(1，0，0)，
设平面POD与平面PBC夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，又θ∈[0，]，
所以θ＝，即平面POD与平面PBC的夹角为.
(3)由题可知D(0，2，0)，＝(0，－2，)，平面PBC的法向量为m＝(，0，－1)，
所以点D到平面PBC的距离为＝.
7．解析：(1)证明：连接AC，交DM于点O，连接PO.
因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD.
又四边形ABCD为梯形，则四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC.
又PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO.
因为AC 平面PCO，PO 平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO.
又PC 平面PCO，所以DM⊥PC.
(2)以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为二面角P DM C的大小为60°，由(1)DM⊥平面PCO，所以∠POC＝60°，
易得∠BAD＝60°，则B(2，，0)，P(0，，)，＝(2，，－).
平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设PB与平面ABCD所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈，m〉|＝＝，即PB与平面ABCD所成角的正弦值为.
8．解析：(1)∵AO⊥平面BB1C1C，B1C 平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，
∵BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，
∴四边形BB1C1C是菱形．
∴BC1⊥B1C，
∵AO∩BC1＝O，AO 平面ABC1，BC1 平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
∵AB 平面ABC1，∴B1C⊥AB.
(2)∵AB与平面BB1C1C所成的角为30°，AO⊥平面BB1C1C，
∴∠ABO＝30°，
若∠B1BC＝60°，则△BCB1是正三角形．
令BC＝2，则B1C＝2，BO＝，OA＝1，
以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(，0，0)，B1(0，1，0)，A(0，0，1)，C1(－，0，0)，
设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
设二面角A1 B1C1 A的大小为θ，由图知θ非钝角，
∴cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝.
∴二面角A1 B1C1 A的余弦值为.
核心素养升级练
1．答案：BCD
解析：如图，建立空间直角坐标系，A(0，0，0)，C1(2，2，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，D(0，2，0).
A.＝(2，2，2)，＝(0，2，0)，因为·≠0，所以AC1与BC不垂直，那么AC1与平面BCD1A1不垂直，故A错误；
B．点B1到平面BCD1A1的距离即点B1到平面BCD1的距离，设点B1到平面BCD1A1的距离为d，因为VB1 BCD1＝VD1 B1BC，即×S△BCD1×d＝×S△B1BC×C1D1，得××2×2×d＝××2×2×2，解得d＝，故B正确；
C．因为点E在线段CD1上，所以E(2－z，2，z)，＝(2，2，2)，＝(－z，2，z－2)，·＝－2z＋4＋2(z－2)＝0，所以AC1⊥B1E，故C正确；
D．＝(0，2，0)，＝(－z，2，z－2)，cos θ＝|cos 〈，B1E〉|＝＝＝，因为sin θ＝，所以求sinθ的最小值，即求cos θ的最大值，当z＝1时，cos θ取得最大值，最大值是，此时sin θ＝，故D正确．故选BCD.
2．解析：
(1)连接PC，因为AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，AB∥CD，
所以AP＝CD，AP∥CD，
故四边形APCD为平行四边形，
故O是AC，DP的中点，
因为P是AB的中点，所以OP∥CB，
因为PO 平面POD′，BC 平面POD′，
所以BC∥平面POD′.
(2)因为平面ACB⊥平面ACD′，交线为AC，
因为AD′＝D′C，O是AC的中点，所以OD′⊥AC，
因为OD′ 平面ACD′，所以OD′⊥平面ACB，
因为AC，OP 平面ACB，
所以OD′⊥AC，OD′⊥OP，
因为∠BAD＝60°，AP＝AD，
所以三角形ADP为等边三角形，
因为O是DP的中点，所以OP⊥AC，
所以OD′，AC，OP两两垂直，
故以O为坐标原点，分别以OA，OP，OD′为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AB＝2AD＝2CD＝4，
所以A(，0，0)，B(－，2，0)，C(－，0，0)，D′(0，0，1)，
设平面BCD′的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
解得y＝0，令x＝1，则z＝－，
所以m＝(1，0，－)，
平面ABC的法向量为n＝(0，0，1)，
设平面ABC与平面BCD′的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝
＝＝，
故平面ABC与平面BCD′的夹角的余弦值为.
(3)存在点Q，
理由如下：设Q(0，a，1－a)，a∈[0，1]，
则＝(0，a，1－a)－(－，0，0)＝(，a，1－a)，
由(2)知：平面BCD′的法向量为m＝(1，0，－)，
设CQ与平面BCD′所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈，m〉|＝
＝＝，
因为a∈[0，1]，解得a＝，故＝.
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第4课时 空间向量的综合应用
必备知识基础练
1．[2023·福建宁德高二检测](多选)直线a的方向向量为a，平面α，β的法向量分别为m，n，则下列命题为真命题的是( )
A.若α∥β，则m∥n
B.若a∥m，则直线a⊥平面α
C.若a⊥m，则直线a∥平面α
D.若cos 〈a，m〉＝，则直线a与平面α所成的角为
2．(多选)已知＝(0，1，1)，＝(2，－1，2)，BE⊥平面BCD，则( )
A.点A到平面BCD的距离为 B.AB与BE所成角的正弦值为
C.点A到平面BCD的距离为 D.AB与平面BCD所成角的正弦值为
3．[2023·江苏淮安高二检测](多选)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，则下列结论正确的是( )
A.BD∥平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.向量与的夹角为60°
D.AC1⊥平面CB1D1
4.(多选)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，E是DD1的中点，则( )
A.B1C⊥BD1
B.点E到直线B1C的距离为3
C.直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为
D.点C1到平面B1CE的距离为
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD A′B′C′D′中，M为BC的中点，则AM与D′B′所成角的余弦值为________；点C到平面DA′C′的距离为________．
6．如图在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是AD的中点，求：
(1)异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值；
(2)点A1到平面BB1D1D的距离．
关键能力综合练
1.(多选)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，DC＝DA＝2，DD1＝4，点E在C1C上，且CE＝1.则下列说法正确的是( )
A.A1D⊥BE
B.异面直线A1D与B1B所成角的正切值为2
C.A1C⊥平面DBE
D.直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为
2．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则( )
A.直线FC1与底面ABCD所成的角为30°
B.平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为
C.直线FC1与直线AE的距离为
D.直线FC1与平面AB1E的距离为
3.(多选)如图，已知四棱锥P ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD＝4，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，下列说法正确的是( )
A.PB与CD所成的角是60°
B.平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是
C.三棱锥P ACD的体积是
D.PB与平面PCD所成的角的正弦值是
4．[2023·湖北荆州高二检测](多选)已知O是边长为2的正方形ABCD的中心，点E，F分别是AD，BC的中点，沿对角线AC把正方形ABCD折成直二面角D AC B，则以下说法正确的是( )
A.∠EOF＝60°
B.EF的长度为
C.异面直线OE，BC所成的角是60°
D.点D到平面EOF的距离为
5．[2023·山东潍坊高二检测]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱CC1上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为α，当点N为CC1的中点时，平面α截正方体的截面的面积为________，点A1到平面α的距离的最小值为________．
6．[2023·河北石家庄高二检测]如图，在三棱锥P ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，∠PCB＝∠ACB＝90°.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若O为AC的中点，求平面POD与平面PBC夹角；
(3)求点D到平面PBC的距离．
7．如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点．将△ADM沿DM翻折至△PDM，连接PC，PB.
(1)证明：DM⊥PC；
(2)若二面角P DM C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值．
8．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C.
(1)求证：AB⊥B1C；
(2)若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1 B1C1 A的余弦值．
核心素养升级练
1．[2023·广东茂名高二测试](多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列判断正确的是( )
A.直线AC1⊥平面BCD1A1
B.点B1到平面BCD1A1的距离是
C.无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1E
D.若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sin θ的最小值为
2．在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′.
(1)求证：BC∥平面POD′；
(2)求平面ABC与平面BCD′夹角的余弦值；
(3)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
必备知识基础练
1．答案：ABD
解析：对于A，由面面平行的性质知，α∥β时，则m∥n，正确；
对于B，由线面垂直的判定知，a∥m时，直线a⊥平面α，正确；
对于C，a⊥m，则a∥α或a α，故不正确；
对于D，设直线a与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a，m〉|＝，由0≤θ≤，可得θ＝，故D正确．故选ABD.
2．答案：CD
解析：因为BE⊥平面BCD，所以是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为＝，故A错误，C正确；AB与BE所成角的余弦值为＝＝，正弦值为 ＝，B错误；AB与平面BCD所成角的正弦值为＝＝，D正确．故选CD.
3．答案：ABD
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，
则有A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)，
对于选项A，由＝可得B1D1∥BD，BD 平面CB1D1，B1D1 平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，A正确；
对于选项B，由·＝－1＋1＋0＝0可得AC1⊥BD，B正确；
对于选项C，由cos 〈，〉＝＝－，0°≤〈，CB1〉≤180°，故向量与的夹角为135°，C错误；
对于选项D，由AC1·B1D1＝－1＋1＋0＝0，·＝0－1＋1＝0，所以⊥，AC1⊥CB1，B1D1∩CB1＝B1，B1D1，CB1 平面CB1D1，所以AC1⊥平面CB1D1，D正确．故选ABD.
4．答案：AC
解析：
如图以点A为原点，建立空间直角坐标系，
则B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，2，1)，B1(2，0，2)，D1(0，2，2)，C1(2，2，2)，＝(0，2，－2)，＝(－2，2，2)，则·＝0＋4－4＝0，所以⊥，故A正确；
＝(－2，2，－1)，则cos 〈，〉＝＝＝，所以sin ∠CB1E＝，所以点E到直线B1C的距离为|B1E|sin ∠CB1E＝，故B错误；
因为C1D1⊥平面B1C1C，所以＝(2，0，0)，即为平面B1C1C的一个法向量，则直线B1E与平面B1C1C所成的角的正弦值为＝＝，故C正确；
＝(0，0，2)，设平面B1CE的法向量为n＝(x，y，z)，则有，可取n＝(1，2，2)，则点C1到平面B1CE的距离为＝，故D错误．故选AC.
5．答案：
解析：如图所示建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，M(，1，1)，B′(0，1，0)，D′(1，0，0)，＝(，1，0)，＝(－1，1，0)，cos 〈，〉＝＝，AM与D′B′所成角的余弦值为.如图所示，设点C到平面DA′C′的距离为d，因为VC A′DC′＝VA′ DCC′，××××sin 60°·d＝××1×1×1 d＝.
6．解析：(1)如图建立空间直角坐标系，则E(1，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，
所以异面直线D1E和A1B所成的角的余弦值为.
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
所以点A1到平面BB1D1D的距离d＝＝＝.
关键能力综合练
1．答案：ACD
解析：
以D为坐标原点，，，为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(0，2，1)，
对于A，∵＝(－2，0，－4)，＝(－2，0，1)，∴·＝0，∴A1D⊥BE，A正确；
对于B，∵＝(－2，0，－4)，＝(0，0，4)，设异面直线A1D与B1B所成的角为θ，∴cos θ＝＝＝，∴tan θ＝，B错误；
DB 平面DBE，∴A1C⊥平面DBE，C正确；
∴n＝(4，1，－2)，又＝(－2，0，1)，∴|cos 〈，n〉|＝＝＝，即直线BE与平面A1DE所成角的正弦值为，D正确．故选ACD.
2．答案：BCD
解析：
如图所示，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，E(0，0，)，F(1，1，)，
A选项：＝(－1，0，)，平面ABCD的法向量为＝(0，0，1)，设直线FC1与底面ABCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，∴直线FC1与底面ABCD所成的角不为30°，故A错误；
B选项：＝(0，1，1)，＝(－1，0，)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则，令z＝2，则n＝(1，－2，2)，设平面AB1E与底面ABCD的夹角为α，则cos α＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，∴平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为，故B正确；
C选项，＝(－1，－1，0)，直线FC1与直线AE的距离为
＝· ＝，故C正确；
D选项，∵FC1∥AE，AE 平面AB1E，FC1 平面AB1E，又＝(0，1，)，平面AB1E的法向量为n＝(1，－2，2)，∴直线FC1与平面AB1E的距离为h＝＝＝，故D正确．故选BCD.
3．答案：ACD
解析：由AD∥BC，∠ABC＝90°，可得AD⊥AB，又PA⊥平面ABCD，故以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，2).
选项A.由＝(－2，0，2)，＝(－2，2，0)，则cos 〈，〉＝＝＝，所以〈，〉＝，所以PB与CD所成的角是60°，故选项A正确．
选项B.由题意n＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量．设m＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量，＝(0，－4，2).由，即，则取m＝(1，1，2)，所以cos 〈n，m〉＝＝＝，所以平面PCD与平面PBA所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确．
选项C.VP ACD＝S△ACDPA＝××AD×AB×PA＝×4×2×2＝，故选项C正确．
选项D.＝(－2，0，2)，设PB与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝，故选项D正确．故选ACD.
4．答案：BCD
解析：以O点为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(1，1，0)，E(0，－1，1)，
∴＝(0，－1，1)，＝(1，1，0)，||＝||＝，∴cos ∠EOF＝＝－，∴∠EOF＝120°，故A错误；
∵＝－＝(1，2，－1)，∴|EF|＝＝，故B正确；
∵B(2，0，0)，C(0，2，0) ＝(－2，2，0)，又＝(0，－1，1)，∴cos 〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝120°，所以异面直线OE，BC所成的角是60°，故C正确；
设平面EOF的法向量为u＝(x，y，z)，则，即，令x＝1，得y＝z＝－1，于是u＝(1，－1，－1)，又D(0，0，2) ＝(0，0，2)，所以点D到平面EOF的距离d＝＝＝，故D正确．故选BCD.
5．答案：
解析：当N是CC1的中点时，连接AD1，BC1，由于MN∥BC1∥AD1，
所以A，M，N，D1四点共面，所以平面α即平面AMND1，
根据正方体的性质可知，四边形AMND1是等腰梯形，
MN＝，AD1＝2，D1N＝AM＝，
所以等腰梯形AMND1的高为 ＝，
所以截面面积为×＝.
当N是棱CC1上任意一点时，建立空间直角坐标系如图所示，
A(2，0，0)，M(1，2，0)，＝(－1，2，0)，
设N(0，2，t)，0≤t≤2，＝(－1，0，t)，
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
则，故可设n＝(2t，t，2)，＝(0，0，2)，
所以点A1到平面α的距离为＝，
0≤t2≤4，4≤5t2＋4≤24，
所以当t＝2，5t2＋4＝24时，点A1到平面α的距离取得最小值为＝.
6．解析：(1)证明：因为∠PCB＝∠ACB＝90°，
所以PC⊥CB，AC⊥CB，又PC∩AC＝C，PC 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又BC 平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)因为△PAC为正三角形，O为AC中点，连接PO，OD，
所以PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
所以PO⊥平面ABC，又OD 平面ABC，
所以PO⊥OD，又D为AB的中点，
所以OD∥BC，OD⊥AC，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，C(－1，0，0)，B(－1，4，0)，
所以＝(－1，0，－)，＝(0，4，0)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，令z＝－1，可得m＝(，0，－1)，
又平面POD的一个法向量可取n＝(1，0，0)，
设平面POD与平面PBC夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，又θ∈[0，]，
所以θ＝，即平面POD与平面PBC的夹角为.
(3)由题可知D(0，2，0)，＝(0，－2，)，平面PBC的法向量为m＝(，0，－1)，
所以点D到平面PBC的距离为＝.
7．解析：(1)证明：连接AC，交DM于点O，连接PO.
因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD.
又四边形ABCD为梯形，则四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC.
又PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO.
因为AC 平面PCO，PO 平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO.
又PC 平面PCO，所以DM⊥PC.
(2)以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为二面角P DM C的大小为60°，由(1)DM⊥平面PCO，所以∠POC＝60°，
易得∠BAD＝60°，则B(2，，0)，P(0，，)，＝(2，，－).
平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设PB与平面ABCD所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈，m〉|＝＝，即PB与平面ABCD所成角的正弦值为.
8．解析：(1)∵AO⊥平面BB1C1C，B1C 平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，
∵BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，
∴四边形BB1C1C是菱形．
∴BC1⊥B1C，
∵AO∩BC1＝O，AO 平面ABC1，BC1 平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
∵AB 平面ABC1，∴B1C⊥AB.
(2)∵AB与平面BB1C1C所成的角为30°，AO⊥平面BB1C1C，
∴∠ABO＝30°，
若∠B1BC＝60°，则△BCB1是正三角形．
令BC＝2，则B1C＝2，BO＝，OA＝1，
以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(，0，0)，B1(0，1，0)，A(0，0，1)，C1(－，0，0)，
设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
设二面角A1 B1C1 A的大小为θ，由图知θ非钝角，
∴cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝.
∴二面角A1 B1C1 A的余弦值为.
核心素养升级练
1．答案：BCD
解析：如图，建立空间直角坐标系，A(0，0，0)，C1(2，2，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，D(0，2，0).
A.＝(2，2，2)，＝(0，2，0)，因为·≠0，所以AC1与BC不垂直，那么AC1与平面BCD1A1不垂直，故A错误；
B．点B1到平面BCD1A1的距离即点B1到平面BCD1的距离，设点B1到平面BCD1A1的距离为d，因为VB1 BCD1＝VD1 B1BC，即×S△BCD1×d＝×S△B1BC×C1D1，得××2×2×d＝××2×2×2，解得d＝，故B正确；
C．因为点E在线段CD1上，所以E(2－z，2，z)，＝(2，2，2)，＝(－z，2，z－2)，·＝－2z＋4＋2(z－2)＝0，所以AC1⊥B1E，故C正确；
D．＝(0，2，0)，＝(－z，2，z－2)，cos θ＝|cos 〈，B1E〉|＝＝＝，因为sin θ＝，所以求sinθ的最小值，即求cos θ的最大值，当z＝1时，cos θ取得最大值，最大值是，此时sin θ＝，故D正确．故选BCD.
2．解析：
(1)连接PC，因为AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，AB∥CD，
所以AP＝CD，AP∥CD，
故四边形APCD为平行四边形，
故O是AC，DP的中点，
因为P是AB的中点，所以OP∥CB，
因为PO 平面POD′，BC 平面POD′，
所以BC∥平面POD′.
(2)因为平面ACB⊥平面ACD′，交线为AC，
因为AD′＝D′C，O是AC的中点，所以OD′⊥AC，
因为OD′ 平面ACD′，所以OD′⊥平面ACB，
因为AC，OP 平面ACB，
所以OD′⊥AC，OD′⊥OP，
因为∠BAD＝60°，AP＝AD，
所以三角形ADP为等边三角形，
因为O是DP的中点，所以OP⊥AC，
所以OD′，AC，OP两两垂直，
故以O为坐标原点，分别以OA，OP，OD′为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AB＝2AD＝2CD＝4，
所以A(，0，0)，B(－，2，0)，C(－，0，0)，D′(0，0，1)，
设平面BCD′的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
解得y＝0，令x＝1，则z＝－，
所以m＝(1，0，－)，
平面ABC的法向量为n＝(0，0，1)，
设平面ABC与平面BCD′的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝
＝＝，
故平面ABC与平面BCD′的夹角的余弦值为.
(3)存在点Q，
理由如下：设Q(0，a，1－a)，a∈[0，1]，
则＝(0，a，1－a)－(－，0，0)＝(，a，1－a)，
由(2)知：平面BCD′的法向量为m＝(1，0，－)，
设CQ与平面BCD′所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈，m〉|＝
＝＝，
因为a∈[0，1]，解得a＝，故＝.
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