文档内容
2025版新教材高考数学第二轮复习
7.4 空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
高考新风向
52
1.(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A B C 的体积为 ,AB=6,A B =2,则A A与
1 1 1 3 1 1 1
平面ABC所成角的正切值为 ( )
1
A. B.1 C.2 D.3
2
2.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与
四边形 ADEF 均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10,FB=2√3,M 为
AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
考点1 空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针
投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A
处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处
的水平面所成角为 ( )
A.20° B.40° C.50° D.90°
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A B C D 中,已知B D与平面ABCD和平
1 1 1 1 1
面AA B B所成的角均为30°,则 ( )
1 1
A.AB=2AD
B.AB与平面AB C D所成的角为30°
1 1
C.AC=CB
1
D.B D与平面BB C C所成的角为45°
1 1 1
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角
形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( )
1 √2 √3 2
A. B. C. D.
5 5 5 5
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A B C D ,则 ( )
1 1 1 1
A.直线BC 与DA 所成的角为90°
1 1
B.直线BC 与CA 所成的角为90°
1 1
C.直线BC 与平面BB D D所成的角为45°
1 1 1
D.直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
1
5.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A B C 的体积为4,△A BC的面积为2√2
1 1 1 1
.
(1)求A到平面A BC的距离;
1
(2)设D为A C的中点,AA =AB,平面A BC⊥平面ABB A ,求二面角A-BD-C的正弦值.
1 1 1 1 1考点2 空间向量及其应用
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方
体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 ( )
2.(2021 新高考Ⅱ,19,12 分,中)在四棱锥 Q-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,若
AD=2,QD=QA=√5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.3.(2023 新课标Ⅰ,18,12 分,中)如图,在正四棱柱 ABCD-A B C D 中,AB=2,AA =4,点
1 1 1 1 1
A ,B ,C ,D 分别在棱AA ,BB ,CC ,DD 上,AA =1,BB =DD =2,CC =3.
2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2
(1)证明:B C ∥A D ;
2 2 2 2
(2)点P在棱BB 上,当二面角P-A C -D 为150°时,求B P.
1 2 2 2 24.(2023 新 课 标 Ⅱ ,20,12 分 , 中 ) 如 图 , 三 棱 锥 A-BCD 中 ,
DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足⃗EF=⃗DA,求二面角D-AB-F的正弦值.
5.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6
,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.三年模拟
练思维
1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b
所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 ( )
A.30° B.45°
C.75° D.90
2.(多选)(2024 江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P 是矩形 ABCD 所在平面外一点,
AB=2,BC=3,PA=PB=√5,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则
下列说法正确的是 ( )
√13
A.BF=
4
B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角
√15
C.tan∠PCO=
3
√26
D.PC与BD所成的角的余弦值为
13
3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为
1 1 1 1
3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A D 中点,则 ( )
1 1
A.该正方体外接球的表面积为27π
4√61
B.直线EF与CD所成角的余弦值为
61
C.平面B EF截正方体所得截面为等腰梯形
1
√3
D.点F到平面A BC 的距离为
1 1 2
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三
角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2√3,点E为线段
PC中点.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.5.(2024 河 南 郑 州 二 模 ,17) 如 图 , 在 多 面 体 DABCE 中 ,△ABC 是 等 边 三 角 形 ,
AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=√2.
(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A B C D 的下底面边长为
1 1 1 1
1 1
2√2,A B = AB,M为BC中点,已知点P满足⃗AP=(1-λ)⃗AB+ λ⃗AD+λ⃗A A ,其中λ∈(0,1).
1 1 2 2 1
(1)求证D P⊥AC;
1
3 2
(2)已知平面AMC 与平面ABCD所成角的余弦值为 ,当λ= 时,求直线DP与平面AMC
1 7 3 1
所成角的正弦值.7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A B C D 如图
1 1 1 1
所示,底面 ABCD 为平行四边形,其中点 D 在平面 A B C D 内的投影为点 A ,且
1 1 1 1 1
AB=AA =2AD,∠ABC=120°.
1
(1)求证:平面A BD⊥平面ADD A ;
1 1 1
(2)已知点E在线段C D上(不含端点位置),且平面A BE与平面BCC B 的夹角的余弦值为
1 1 1 1
√5 DE
,求 的值.
5 EC
1
8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO 的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆
1
O 上异于点C,D的任意一点.
1
2√3
(1)若点D到平面ACP的距离为 ,证明:O P⊥CD;
3 1
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.9.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召
开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极发展
特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体 ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大
棚钢架,四边形 ABCD 是矩形,AB=8 m,AD=4 m,ED=CF=1 m,且 ED,CF 都垂直于平面
ABCD,GA=GB=5 m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.
(1)求点H到平面ABCD的距离;
(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.练风向
(创新知识交汇)(2024 安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥 P-ABC 中,PB⊥平面
ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.
[π π]
(1)当∠ABE∈ , 时,求点E的轨迹长度;
8 3
√3
(2)当二面角E-PA-B的余弦值为 时,求三棱锥E-PCB的体积.
37.4 空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
高考新风向
52
1.(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A B C 的体积为 ,AB=6,A B =2,则A A与
1 1 1 3 1 1 1
平面ABC所成角的正切值为 ( B )
1
A. B.1 C.2 D.3
2
2.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与
四边形 ADEF 均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10,FB=2√3,M 为
AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解析 (1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC,
又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,
∴BM∥CD,
又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
∴BM∥平面CDE.
(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,
∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=√3,
在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,
∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=√10,
1
∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA= AM=1,
2
∴OF=√AF2−AO2=3,又∵OB=√3,FB=2√3,
∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,
又∵OB⊥AD,OF⊥AD,
∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(0,0,3),B(√3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),
∴⃗BM=(-√3,1,0),⃗FB=(√3,0,-3),⃗ME=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{n ·⃗BM=0, {−√3x + y =0,
则 1 即 1 1
n ·⃗FB=0, √3x −3z =0,
1 1 1
不妨取x =√3,则n =(√3,3,1).
1 1
设平面EBM的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{n ·⃗BM=0, {−√3x + y =0,
则 2 即 2 2
n ·⃗ME=0, y +3z =0,
2 2 2
不妨取y =3,则x =√3,z =-1,则n =(√3,3,-1).
2 2 2 2|n ·n |
设 二 面 角 F-BM-E 的 平 面 角 为 θ, 则 |cos θ|=|cos|= 1 2 =
1 2 |n ||n |
1 2
√3×√3+3×3+1×(−1)
11
= ,
√ (√3) 2+32+12×√ (√3) 2+32+(−1) 2 13
∵0≤θ≤π,∴sin θ=√1−cos2θ=
√
1−
(11) 2
=
4√3
,
13 13
4√3
∴二面角F-BM-E的正弦值为 .
13
考点1 空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针
投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指
OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A
处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处
的水平面所成角为 ( B )
A.20° B.40° C.50° D.90°
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A B C D 中,已知B D与平面ABCD和平
1 1 1 1 1
面AA B B所成的角均为30°,则 ( D )
1 1
A.AB=2AD
B.AB与平面AB C D所成的角为30°
1 1
C.AC=CB
1
D.B D与平面BB C C所成的角为45°
1 1 1
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角
形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( C )
1 √2 √3 2
A. B. C. D.
5 5 5 5
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A B C D ,则 ( ABD )
1 1 1 1
A.直线BC 与DA 所成的角为90°
1 1B.直线BC 与CA 所成的角为90°
1 1
C.直线BC 与平面BB D D所成的角为45°
1 1 1
D.直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
1
5.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A B C 的体积为4,△A BC的面积为2√2
1 1 1 1
.
(1)求A到平面A BC的距离;
1
(2)设D为A C的中点,AA =AB,平面A BC⊥平面ABB A ,求二面角A-BD-C的正弦值.
1 1 1 1 1
1 1 1
解析 (1)设A到平面A BC的距离为d.因为V =V = S ·AA = S ·d= ·
1 A 1 −ABC A−A 1 BC 3 △ABC 1 3 △A 1 BC 3
4
4 3×
V = ,S =2√2,所以d= 3 =√2.
ABC−A 1 B 1 C 1 3 △A 1 BC
2√2
(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A 的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故
1
两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A 的正弦值.
1
如图,过A作AH⊥BD于H,取A B的中点O,连接AO,OH.
1
因为AA =AB,所以AO⊥A B,
1 1
又因为平面A BC⊥平面ABB A ,平面A BC∩平面ABB A =A B,AO⊂平面ABB A ,所以AO⊥
1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面A BC.
1
又BD,BC⊂平面A BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂
1
平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A 的平面角.
1
由直三棱柱ABC-A B C 得AA ⊥平面ABC,
1 1 1 1
因为BC⊂平面ABC,所以AA ⊥BC,
1又AA ∩AO=A,AA ,AO⊂平面ABB A ,
1 1 1 1
所以BC⊥平面ABB A .
1 1
因为A B,AB⊂平面ABB A ,所以BC⊥A B,BC⊥AB.
1 1 1 1
由(1)知AO=d=√2,所以AB=AA =2,A B=2√2,
1 1
又因为△A BC的面积为2√2,所以BC=2,所以可得AC=2√2,A C=2√3,BD=√3,
1 1
故△ABD的面积为
1
·AB·
√
BD2−
(AB) 2
=√2,
2 2
1 2√6
又S = BD·AH=√2,所以AH= ,
△ABD 2 3
AO √3
在Rt△OHA中,sin∠OHA= = ,
AH 2
√3
即二面角A-BD-C的正弦值为 .
2
解法二(向量法):如图,取A B的中点E,连接AE.
1
因 为 AA =AB, 所 以 AE⊥A B, 又 因 为 平 面 A BC⊥ 平 面 ABB A , 平 面 A BC∩ 平 面
1 1 1 1 1 1
ABB A =A B,AE⊂平面ABB A ,所以AE⊥平面A BC.
1 1 1 1 1 1
又BC⊂平面A BC,所以AE⊥BC.
1
由直三棱柱ABC-A B C 得AA ⊥平面ABC,
1 1 1 1
又 BC⊂平面 ABC,所以 AA ⊥BC,又 AA ∩AE=A,AA ,AE⊂平面 ABB A ,所以 BC⊥平面
1 1 1 1 1
ABB A ,又AB⊂平面ABB A ,所以BC⊥AB.
1 1 1 1
由(1)知AE=d=√2,所以AB=AA =2,A B=2√2,
1 1
又因为△A BC的面积为2√2,所以BC=2.
1
以B为坐标原点,向量⃗BC,⃗BA,⃗BB 的方向分别为 x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系
1
Bxyz,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A (0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),
1
则⃗BC=(2,0,0),⃗BA=(0,2,0),⃗BD=(1,1,1).
设平面ABD的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1{n ·⃗BA=0, { 2y =0,
则 1 即 1
n ·⃗BD=0, x + y +z =0,
1 1 1 1
令x =1,得z =-1,所以n =(1,0,-1).
1 1 1
设平面BCD的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{n ·⃗BC=0, { 2x =0,
则 2 即 2
n ·⃗BD=0, x + y +z =0,
2 2 2 2
令y =1,得z =-1,所以n =(0,1,-1).
2 2 2
n ·n 1
所以cos= 1 2 = ,
1 2 |n ||n | 2
1 2
√3
又sin>0,所以sin= .
1 2 1 2 2
√3
所以二面角A-BD-C的正弦值为 .
2
考点2 空间向量及其应用
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方
体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 ( BC )
2.(2021 新高考Ⅱ,19,12 分,中)在四棱锥 Q-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,若
AD=2,QD=QA=√5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.解析 (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.
由QD=QA,得QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=√QA2−AE2=√ (√5) 2 −12=2.
∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,
在Rt△CDE中,CE=√CD2+DE2=√22+12=√5.
∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0).
⃗BQ=(-2,1,2),⃗BD=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n =(1,0,0),
1
设平面BQD的法向量为n =(x,y,z),
2
{n ·⃗BQ=0,
则 2
n ·⃗BD=0,
2
{−2x+ y+2z=0,
即 x=y=2z.取n =(2,2,1).
−2x+2y=0, 2
设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,|n ·n | 2 2
则cos θ=|cos|= 1 2 = = .
1 2 |n ||n | 1×3 3
1 2
3.(2023 新课标Ⅰ,18,12 分,中)如图,在正四棱柱 ABCD-A B C D 中,AB=2,AA =4,点
1 1 1 1 1
A ,B ,C ,D 分别在棱AA ,BB ,CC ,DD 上,AA =1,BB =DD =2,CC =3.
2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2
(1)证明:B C ∥A D ;
2 2 2 2
(2)点P在棱BB 上,当二面角P-A C -D 为150°时,求B P.
1 2 2 2 2
解析 解法一(向量法):
(1)证明:以C为原点,⃗CD,⃗CB,⃗CC 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空
1
间直角坐标系,
由题意知,A (2,2,1),B (0,2,2),C (0,0,3),D (2,0,2),
2 2 2 2
则⃗B C =(0,-2,1),⃗A D =(0,-2,1),
2 2 2 2
∴⃗B C =⃗A D ,∴⃗B C ∥⃗A D ,
2 2 2 2 2 2 2 2
又知B C 与A D 无公共点,
2 2 2 2
∴B C ∥A D .
2 2 2 2
(2)∵点P在棱BB 上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
1
结合(1)可知⃗A C =(-2,-2,2),⃗A D =(0,-2,1),⃗PA =(2,0,1-a),⃗PC =(0,-2,3-a).
2 2 2 2 2 2
设平面A C D 的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 1 1 1 1{⃗A C ·n =0, {−2x −2y +2z =0,
则 2 2 1 即 1 1 1
⃗A D ·n =0, −2y +z =0,
2 2 1 1 1
令z =2,则n =(1,1,2).
1 1
设平面PA C 的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2 2 2
{⃗PA ·n =0, { 2x +(1−a)z =0,
则 2 2 即 2 2
⃗PC ·n =0, −2y +(3−a)z =0,
2 2 2 2
令z =2,则n =(a-1,3-a,2),
2 2
又∵二面角P-A C -D 为150°,
2 2 2
|n ·n |
∴|cos 150°|=|cos|= 1 2
1 2 |n |·|n |
1 2
|a−1+3−a+4| √6 √3
= = = ,
√6·√(a−1) 2+(3−a) 2+4 √2a2−8a+14 2
化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B P=1;当a=3时,B P=1.
2 2
综上,B P=1.
2
解法二(几何法):
(1)证明:如图,分别取BB ,CC 的中点B ,C ,连接A B ,B C ,D C ,
2 1 3 3 2 3 3 3 2 3
∴BB =B B =1,CC =2,∴C C =1,
3 2 3 3 2 3
在正四棱柱ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
AA ∥BB ,AA =BB =1,
2 3 2 3
∴四边形ABB A 为平行四边形,
3 2
∴A B =AB=2,A B ∥AB,
2 3 2 3
同理D C =CD,D C ∥CD,
2 3 2 3
又∵AB∥CD,AB=CD=2,
∴A B ∥D C ,A B =D C ,
2 3 2 3 2 3 2 3∴四边形A B C D 为平行四边形,
2 3 3 2
∴A D ∥B C ,A D =B C ,
2 2 3 3 2 2 3 3
∵B B ∥C C ,B B =C C =1,
2 3 2 3 2 3 2 3
∴四边形B B C C 为平行四边形,
2 3 3 2
∴B C ∥B C ,B C =B C ,∴B C ∥A D .
2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2
(2)当P在B B 上时,连接A B .
1 2 2 2
由(1)可知四边形A B C D 为平行四边形,连接B D ,设A C 与B D 相交于点E,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
∵二面角P-A C -D 为150°,
2 2 2
∴直线B E与平面PA C 所成角为30°,易知B E=√2,
2 2 2 2
√2
∴B 到平面PA C 的距离d =B E·sin 30°= .
2 2 2 1 2 2
连接A B ,A D ,A C ,A E,
1 2 1 2 1 2 1
由A B =A D =2√2,得A E⊥B D ,∴A E=√6,
1 2 1 2 1 2 2 1
由A C =A A =3,得A E⊥A C ,
1 2 1 2 1 2 2
又B D ∩A C =E,
2 2 2 2
∴A E⊥平面A B C D ,
1 2 2 2 2
∵二面角P-A C -D 为150°,
2 2 2
∴A E与平面PA C 所成角为60°,
1 2 2
3√2
∴点A 到平面PA C 的距离d =A E·sin 60°= ,
1 2 2 2 1 2
V d
∴ A 1 −PA 2 C 2= 2=3,
V d
B −PA C 1
2 2 2
A Q
设A B 与A P交于点Q,则 1 =3,又知B P∥A A ,
1 2 2 QB 2 1 2
2
B P B Q 1 1
∴ 2 = 2 = ,又知A A =3,∴B P= A A =1.
A A A Q 3 1 2 2 3 1 2
1 2 1
由对称性可知,当P在BB 上时,同样可得B P=1.
2 2
综上,B P=1.
2
4.(2023 新 课 标 Ⅱ ,20,12 分 , 中 ) 如 图 , 三 棱 锥 A-BCD 中 ,
DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足⃗EF=⃗DA,求二面角D-AB-F的正弦值.解析 (1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. (1分)
又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ACD与△ABD均为等边三角形,
∴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)设DA=DB=DC=2,则BC=2√2,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为原点,⃗ED,⃗EB,⃗EA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐
标系,
则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)
设平面DAB的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{⃗DA·n =0, {−√2x +√2z =0,
则 1 即 1 1
⃗AB·n =0, √2y −√2z =0,
1 1 1
令z =1,则n =(1,1,1).(9分)
1 1
设平面ABF的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2{⃗AB·n =0, {√2y −√2z =0,
则 2 即 2 2
⃗AF·n =0, −√2x =0,
2 2
令z =1,则n =(0,1,1).(10分)
2 2
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
|n ·n | 2 √6
则|cos θ|= 1 2 = = . (11分)
|n |·|n | √3×√2 3
1 2
又∵θ∈[0,π],
∴sin θ=√1−cos2θ=
√
1−
(√6) 2
=
√3
,
3 3
√3
∴二面角D-AB-F的正弦值为 . (12分)
3
5.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6
,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
解析 解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(00,则由PB=PC=√6,PA=√14可得 x2+(y−2√2) 2+z2=6,解得 y=√2,故P(-1,√2
(x−2) 2+ y2+z2=14, z=√3,
,√3),
又∵E是PA的中点,
(1 √2 √3) (1 √2 √3) 1 √2 √3
∴E , , ,∴⃗BE= , , , 又 ⃗AO=(-2,√2,0),∴⃗AO·⃗BE=-2× +√2× +0× =0,∴
2 2 2 2 2 2 2 2 2
⃗AO⊥⃗BE,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,
∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)易知平面AOC的一个法向量为m =(0,0,1),
1
( 1 √2 √3)
∵D为PB的中点,∴D − , , ,
2 2 2
( 1 √2 √3)
∴⃗OD= − ,− , ,
2 2 2
设平面AOD的法向量为m =(x ,y ,z ),
2 1 1 1
{ −2x +√2y =0,
{m ·⃗AO=0, 1 1
则 2 即 1 √2 √3
m ·⃗OD=0, − x − y + z =0,
2 2 1 2 1 2 1
取x =1,则y =√2,z =√3,
1 1 1
则m =(1,√2,√3),
2
|m ·m | √3 √2
设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos|= 1 2 = = .
1 2 |m ||m | 1×√1+2+3 2
1 2
由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,
√2 √2 √2
∴cos θ=- ,∴sin θ= ,即二面角D-AO-C的正弦值为 .
2 2 2三年模拟
练思维
1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b
所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 ( AD )
A.30° B.45°
C.75° D.90
2.(多选)(2024 江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P 是矩形 ABCD 所在平面外一点,
AB=2,BC=3,PA=PB=√5,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则
下列说法正确的是 ( BD )
√13
A.BF=
4
B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角
√15
C.tan∠PCO=
3
√26
D.PC与BD所成的角的余弦值为
13
3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为
1 1 1 1
3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A D 中点,则 ( ABD )
1 1
A.该正方体外接球的表面积为27π
4√61
B.直线EF与CD所成角的余弦值为
61
C.平面B EF截正方体所得截面为等腰梯形
1
√3
D.点F到平面A BC 的距离为
1 1 2
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三
角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2√3,点E为线段
PC中点.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.解析 (1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,
BD
在△ABD中,由正弦定理知AC= =4,
sin∠BAD
在△OFB中,OF=OBsin 30°=1,
所以F为OC中点,又E为PC的中点,所以EF∥PO,
又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,
又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.
(2)以点F为坐标原点,FA,FB,FE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(3,0,0),M(2,√3,0),E(0,0,√3),故⃗AM=(-1,√3,0),⃗AE=(-3,0,√3),设平面AME的法向
量为n =(x,y,z),
1
{n ·⃗AM=0,
由 1
n ·⃗AE=0
1
{−x+√3 y=0,
得 令x=√3,则n =(√3,1,3),
−3x+√3z=0, 1
易知平面PAC的一个法向量为n =(0,1,0),
2
1 √13
则cos= = ,
1 2 √3+1+9 13
√13
因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为 .
13
5.(2024 河 南 郑 州 二 模 ,17) 如 图 , 在 多 面 体 DABCE 中 ,△ABC 是 等 边 三 角 形 ,
AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=√2.(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.
∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,
又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AOE,
∴BC⊥平面AEO,又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE.
(2)连接DO,则DO⊥BC,
由 AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC=√2得 AO=√3,DO=1, 又
AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,
又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.
如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),A(√3,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴⃗CA=(√3,1,0),⃗CD=(0,1,1),
{n·⃗CA=0, {√3x+ y=0,
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则 即
n·⃗CD=0, y+z=0,
取x=1,则n=(1,-√3,√3).
∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,
(√3 1) (√3 3)
又OE=1,∴E ,0,− ,⃗DE= ,0,− ,
2 2 2 2
⃗DE·n √7
则cos<⃗DE,n>= =- ,
|⃗DE||n| 7√7
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为 .
7
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A B C D 的下底面边长为
1 1 1 1
1 1
2√2,A B = AB,M为BC中点,已知点P满足⃗AP=(1-λ)⃗AB+ λ⃗AD+λ⃗A A ,其中λ∈(0,1).
1 1 2 2 1
(1)求证D P⊥AC;
1
3 2
(2)已知平面AMC 与平面ABCD所成角的余弦值为 ,当λ= 时,求直线DP与平面AMC
1 7 3 1
所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O 为正方形 ABCD 的中心),则 A(√2,-√2
,0),B(√2,√2,0),C(-√2,√2,0),D(-√2,-√2,0),M(0,√2,0),则⃗AC=(-2√2,2√2,0),设正四棱台的高为
√2 √2 √2 √2 √2 √2 1
h,则有 A ,- ,h ,C - , ,h ,D - ,- ,h , ⃗AP=(1-λ)(0,2 √2 ,0)+ λ(-2 √2 ,0,0)+λ
1 2 2 1 2 2 1 2 2 2
( √2 √2 ) ( 3√2 3√2 )
− , ,ℎ = − λ,2√2− λ,λℎ ,
2 2 2 2
( 3√2 3√2 3√2 3√2 )
⃗D P=⃗D A+⃗AP= − λ+ ,− λ+ ,λℎ−ℎ , (4分)
1 1 2 2 2 2
故⃗AC·⃗D P=0,所以D P⊥AC.(5分)
1 1
(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),( 3√2 3√2 )
设平面AMC 的法向量为m=(x,y,z),又⃗AM=(-√2,2√2,0),⃗AC = − , ,ℎ ,
1 1 2 2
{ −√2x+2√2y=0,
{⃗AM·m=0,
则 即 3√2 3√2
⃗AC ·m=0, − x+ y+ ℎz=0,
1 2 2
令x=2√2h,则m=(2√2h,√2h,3), (8分)
3 3
由题意可得|cos|= = ,可得h=2(舍负),(11分)
√8ℎ 2+2ℎ 2+9 7
2 ( 4)
因为λ= ,所以经过计算可得P 0,0, ,
3 3
( 4)
则⃗DP= √2,√2, . (13分)
3
将h=2代入,可得m=(4√2,2√2,3),(15分)
设直线DP与平面AMC 所成的角为θ,
1
| 8+4+4 |
24√13
则sin θ=|cos<⃗DP,m>|= √ 16 = . (17分)
2+2+ ×√32+8+9 91
9
一题多解
1 √2
(1)证明:∵A B = AB,∴⃗A A ·⃗AB=⃗A A ·⃗AD=2√2× =2,
1 1 2 1 1 2
1
∵⃗D A=⃗D A +⃗A A=- ⃗AD-⃗A A ,
1 1 1 1 2 1
∴⃗D P=⃗D A+⃗AP=(1-λ)⃗AB+
(1
λ−
1)⃗AD+(λ-1)⃗A
A ,
1 1 2 2 1
∴ ⃗D P · ⃗AC= (1-λ) ⃗AB+
(1
λ−
1)⃗AD
+(λ-1) ⃗A A ·( ⃗AB+ ⃗AD)=(1-λ) ⃗AB2 +
(1
λ−
1)⃗AD2
+(λ-1)
1 2 2 1 2 2
(1 1)
⃗AB·⃗A A +(λ-1)⃗AD·⃗A A =8(1-λ)+8 λ− +4(λ-1)=0,
1 1 2 2
∴⃗D P⊥⃗AC,即D P⊥AC.
1 17.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A B C D 如图
1 1 1 1
所示,底面 ABCD 为平行四边形,其中点 D 在平面 A B C D 内的投影为点 A ,且
1 1 1 1 1
AB=AA =2AD,∠ABC=120°.
1
(1)求证:平面A BD⊥平面ADD A ;
1 1 1
(2)已知点E在线段C D上(不含端点位置),且平面A BE与平面BCC B 的夹角的余弦值为
1 1 1 1
√5 DE
,求 的值.
5 EC
1
解析 不妨设AD=1.
(1)证明:由题意得A D⊥平面ABCD,因为AD⊂平面ABCD,所以A D⊥AD. (1分)
1 1
在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,
由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠DAB=22+12-2×2×1×cos 60°=3,得BD=√3. (3
分)
故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB.(4分)
因为A D∩DB=D,所以AD⊥平面A BD, (5分)
1 1
又AD⊂平面ADD A ,所以平面A BD⊥平面ADD A . (6分)
1 1 1 1 1
(2)由(1)知,DA,DB,DA 两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量⃗DA,⃗DB,⃗DA 的方向为x,y,z
1 1
轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),A (0,0,√3),C(-1,√3,0),则⃗A B=(0,√3,-√3),⃗AC=(-2,√3,0),
1 1
因为⃗A C =⃗AC,
1 1所以C (-2,√3,√3), (7分)
1
所以⃗DC =(-2,√3,√3), (8分)
1
设⃗DE=λ⃗DC (0<λ<1),则⃗DE=λ⃗DC =(-2λ,√3λ,√3λ),
1 1
即E(-2λ,√3λ,√3λ),
所以⃗A E=(-2λ,√3λ,√3λ-√3), (9分)
1
{n·⃗A B=0,
设平面A BE的法向量为n=(x ,y ,z ),则 1
1 1 1 1 n·⃗A E=0,
1
{ √3 y −√3z =0,
即 1 1
−2λx +√3λ y +(√3λ−√3)z =0,
1 1 1
令z =2λ,则y =2λ,x =2√3λ-√3,n=(2√3λ-√3,2λ,2λ),(12分)
1 1 1
易知DB⊥平面BCC B ,故m=(0,1,0)为平面BCC B 的一个法向量, (13分)
1 1 1 1
设平面A BE与平面BCC B 的夹角为α,
1 1 1
|n·m| 2λ √5 1
则cos α= = = ,解得λ= ,
|n|·|m| √20λ2−12λ+3 5 4
DE 1
故 = . (15分)
EC 3
1
8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO 的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆
1
O 上异于点C,D的任意一点.
1
2√3
(1)若点D到平面ACP的距离为 ,证明:O P⊥CD;
3 1
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
解析 (1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.
因为CD是圆O 的直径,所以CP⊥DP.
1
因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.因为CP⊂平面CDP,所以AD⊥CP.
又因为AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D,
所以CP⊥平面ADP.
因为DH⊂平面ADP,所以DH⊥CP.
又因为DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P,
所以DH⊥平面ACP.
2√3
所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH= ,
3
设DP=a(a>0),则AP=√a2+4.
2√3
由AD·DP=AP·DH,得2·a=√a2+4· ,解得a=√2.
3
因为CD=2,所以DP=PC=√2.
因为O 是CD的中点,所以O P⊥CD.
1 1
(2)如图2,在平面PCD内,过点O 作O E⊥O C交圆O 于点E,
1 1 1 1
因为OO ⊥平面PCD,所以O E,O C,O O两两垂直,
1 1 1 1
以O 为原点,分别以O E,O C,O O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
1 1 1 1
则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则⃗OC=(0,1,-2),⃗AC=(0,2,-2),设点P(m,n,0),则⃗CP=(m,n-1,0).
因为点P在圆O 上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).
1
设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),
{
y=z,
{n·⃗AC=0, { 2y−2z=0,
则 即 解得 m
n·⃗CP=0, mx+(n−1)y=0, y=− x.
n−1
取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).
设OC与平面ACP所成角为θ,1 1
|⃗OC·n| |m|
则sin θ=|cos<⃗OC,n>|= = = √ (n−1) 2= √ (n−1) 2.
|⃗OC||n| √5·√2m2+(n−1) 2 √5· 2+ √5· 2+
m2 1−n2
(n−1) 2 (n−1)(n−1) n−1 2
因为 = =- =-1+ ,n∈(-1,1),
1−n2 (1−n)(1+n) 1+n 1+n
2
所以-1+ ∈(0,+∞).
1+n
√ (n−1) 2 √ ( 2 )
所以 2+ = 2+ −1+ ∈(√2,+∞).
1−n2 1+n
1
( √10)
所以sin θ= √ (n−1) 2∈ 0, .
√5· 2+ 10
1−n2
( √10)
所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是 0, .
10
9.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召
开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极发展
特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体 ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大
棚钢架,四边形 ABCD 是矩形,AB=8 m,AD=4 m,ED=CF=1 m,且 ED,CF 都垂直于平面
ABCD,GA=GB=5 m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.
(1)求点H到平面ABCD的距离;
(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)如图,取 AB,CD 的中点 M,N,连接 GM,MN,HN,则 GM⊥平面 ABCD,HN⊥平面
ABCD.因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥HN,
又MN∥AD,AD∩DE=D,MN∩HN=N,
所以平面ADE∥平面GMNH,
又平面AEHG分别交平面ADE和平面GMNH于AE,GH,
所以AE∥GH.①
易知GM∥HN,又AB∥CD,AB∩GM=M,CD∩HN=N,
所以平面ABG∥平面CDEHF,
又平面AEHG分别交平面ABG和平面CDEHF于AG,EH,
所以AG∥EH.②
由①②知四边形AGHE为平行四边形,所以GH=AE.
因为AE=√42+12=√17(m),
所以GH=√17 m.
在Rt△AMG中,GM=√52−42=3(m),
在直角梯形GMNH中,HN=3+√17−42=4(m).
又HN⊥平面ABCD,
所以点H到平面ABCD的距离为4 m.
(2)以N为坐标原点,直线NM,NC,NH分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,-4,1),F(0,4,1),G(4,0,3),H(0,0,4),则⃗HE=(0,-4,-3),⃗HF=(0,4,-3),⃗HG=(4,0,-1).
设平面BFHG的法向量是n=(x,y,z),
{n·⃗HG=0, { 4x−z=0,
则 即 令z=4,可得n=(1,3,4).
n·⃗HF=0, 4 y−3z=0,
设平面AGHE的法向量是m=(a,b,c),
{m·⃗HG=0, { 4a−c=0,
则 即 令c=4,可得m=(1,-3,4).
m·⃗HE=0, −4b−3c=0,1−9+16 4
所以cos= = ,
√1+9+16×√1+9+16 13
4
所以平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值为 .
13
练风向
(创新知识交汇)(2024 安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥 P-ABC 中,PB⊥平面
ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.
[π π]
(1)当∠ABE∈ , 时,求点E的轨迹长度;
8 3
√3
(2)当二面角E-PA-B的余弦值为 时,求三棱锥E-PCB的体积.
3
解 析 (1) 作 BH⊥PE 交 PE 于 H, 因 为 平 面 PAE⊥ 平 面 PBE, 且 平 面 PAE∩ 平 面
PBE=PE,BH⊂平面PBE,
所以BH⊥平面PAE,又因为AE⊂平面PAE,所以BH⊥AE,
因为PB⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PB⊥AE,
因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH⊂平面PBE,PB∩BH=B,
所以AE⊥平面PBE,
又因为BE⊂平面PBE,所以AE⊥BE.
分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图1,
则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),设 E(x,y,0),因为 AE⊥BE,所以⃗AE·⃗BE=0,又⃗AE=(x-2,y,0),⃗BE=(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,即
(x-1)2+y2=1,如图2,设AB的中点为N,则N(1,0),
[π π] [π 2π]
又因为∠ABE∈ , ,所以∠ANE∈ , ,
8 3 4 3
(2π π) 5π
因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为 − ×1= .
3 4 12
(2)由(1)知,⃗PA=(2,0,-2),⃗AE=(x-2,y,0),
设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),
{ n·⃗PA=2a−2c=0,
则
n·⃗AE=a(x−2)+by=0,
令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),
易知⃗BC=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,
设二面角E-PA-B的平面角为θ,
n·⃗BC 2−x
则cos θ= = ,
|n||⃗BC| √(x−2) 2+2y2
|x−2|
√3
则 = ,(提示:结合(x-1)2+y2=1求解)解得x=2,y=0(舍去)或x=1,y=±1,
√(x−2) 2+2y2 3
则E(1,1,0)或E(1,-1,0),
则点E到平面PBC的距离为1,
1 1 1 2
从而可得三棱锥E-PCB的体积V = S ·h= × ×2×2×1= .
E-PCB 3 △PCB 3 2 3
