2024版新教材高考数学复习特训卷考点练74平面与平面的夹角.doc

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考点练74平面与平面的夹角

1．[2023·河北秦皇岛模拟]如图，在四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC＝BP，CD＝2AB＝4，△ADP是等边三角形，E为DP的中点．

(1)证明：AE⊥平面PCD；

(2)若PA＝4eq\r(2)，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值．

2．[2023·山东烟台模拟]如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2AD＝2，∠DAB＝60°.

(1)证明：AD⊥A1B；

(2)设点P为线段DC1上一点(异于D，C1)，当DP为何值时，平面A1PB与平面AA1D1D夹角的余弦值最大？

考点练74平面与平面的夹角

1．解析：（1）证明：取PC的中点F，连接EF，BF，

因为AE是等边△ADP的中线，所以AE⊥PD，

因为E是棱PD的中点，F为PC的中点，

所以EF∥CD，

且EF＝eq\f(1,2)CD，

因为AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD，所以EF∥AB，且EF＝AB，

所以四边形ABFE是平行四边形，所以AE∥BF.

因为BC＝BP，F为PC的中点，所以BF⊥PC，从而AE⊥PC.

又PC∩PD＝P，且PC?平面PCD，PD?平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.

（2）由（1）知AE⊥CD，又AD⊥CD，AD∩AE＝A，且AD，AE?平面ADP，

所以CD⊥平面ADP，从而EF⊥平面ADP.

以E为坐标原点，eq\o(EP,\s\up6(→))，eq\o(EA,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.

则P（2eq\r(2)，0，0），B（0，2eq\r(6)，2），C（－2eq\r(2)，0，4），所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝（－2eq\r(2)，2eq\r(6)，2），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（－4eq\r(2)，0，4），

设平面PBC的法向量为m＝（x，y，z），

由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·m＝0，,\o(PC,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)x＋2\r(6)y＋2z＝0，,－4\r(2)x＋4z＝0，))

令x＝1，则y＝0，z＝eq\r(2)，所以m＝（1，0，eq\r(2)）.

又平面PAD的一个法向量为n＝（0，0，1），所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，

即平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为eq\f(\r(6),3).

2．解析：

（1）证明：连接BD，因为AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°

所以在△ABD中，由余弦定理得

BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝5－4cos60°＝3，即BD＝eq\r(3)，

所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，

因为A1D⊥底面ABCD，所以A1D⊥AD，

因为A1D∩BD＝D，

所以AD⊥平面A1BD，又A1B?平面A1BD，所以AD⊥A1B.

（2）结合（1）可知，DA，DA1，DB两两垂直，故以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))，eq\o(DA1,\s\up6(→))

的方向为x，y，z轴的方向，建立空间直角坐标系，如图，

则D（0，0，0），A（1，0，0），A1（0，0，eq\r(3)），B（0，eq\r(3)，0），C（－1，eq\r(3)，0），

所以eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\o(DA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(DA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝（0，0，eq\r(3)）＋（－1，eq\r(3)，0）＋（－1，0，0）＝（－2，eq\r(3)，eq\r(3)），即C1（－2，eq\r(3)，eq\r(3)），

因为点P为线段DC1上一点（异于D，C1），

所以设eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DC1,\s\up6(→))＝（－2λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)λ）（0λ1），

所以eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\