文档文本内容
8.4 空间角与距离、空间向量及应用
考点清单
学生用书P66 知识结构化 考点清单化
考点一 空间角与距离
１.空间角
( ]
异面直线所成角的范围是 π 线面角的范围是
(１) ０ꎬ ꎻ
２
[ ]
π 二面角的范围是 .
０ꎬ ꎻ [０ꎬπ]
２
求解异面直线所成角有两种方法 平移法 向量法 应用时
(２) : 、 ꎬ
应注意异面直线所成角的范围.
用向量法求解斜线与平面所成角的问题 关键是确定斜线
(３) ꎬ
的一个方向向量ａ和平面的一个法向量ｂ 再通过计算线面角
ꎬ
ａ ｂ
的向量公式 θ ａ ｂ ｜ ｜ θ是斜线与平面所成 ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ａ ｂ (
｜ ｜｜ ｜
的角 求解 要特别注意ａ和ｂ的夹角与线面角的关系.
) ꎬ
利用向量法求二面角的大小时 应注意二面角的大小与两
(４) ꎬ
半平面的法向量夹角大小的关系 它们之间可能相等 也可能
ꎬ ꎬ
互补 故应在分清关系的情况下求解 避免出现错误.
ꎬ ꎬ
计算二面角的关键是作出二面角的平面角 方法较为灵
(５) ꎬ
活 可以通过 割 或 补 找二面角的平面角.对于无棱二面
ꎬ “ ” “ ”
角 可以先找出棱或借助于向量法求解 也可以利用射影面积
ꎬ ꎬ
Ｓ
公式 θ 射 θ是二面角的平面角 求解.
ｃｏｓ ＝Ｓ ( ) 原
２.求空间距离常用的方法
:
直接法 找所求距离对应的垂线段 利用线线垂直 线面
(１) ( ): 、
垂直 面面垂直等性质定理和判定定理 作出空间距离对应的
、 ꎬ
垂线段 再通过解三角形求出距离.其中 找垂足是作垂线段的
ꎬ ꎬ
关键 一般借助面面垂直的性质定理或线面垂直的判定定理作
ꎬ
出面的垂线 因此要充分挖掘条件中的垂直关系.
ꎬ
间接法 在求解线面距离 面面距离的问题时 都可以转化
(２) : 、 ꎬ
为点面距离求解.在求解点面距离时 可以转化为点线距离 也
ꎬ ꎬ
可以利用等体积转化法或等比例转化法进行求解 在求解点线
ꎻ
距离时 可以利用勾股定理求解 也可以构造三角形采用等面
ꎬ ꎬ
积转化法求解.
拓展 与线面角有关的问题
第
八
章
立
体
几
何
与
空
间
向
量
１ ５５
考点二 空间向量及其应用
１.与空间向量运算有关的结论
设ａ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ０.
＝( １ꎬ ２ꎬ ３)ꎬ ＝( １ꎬ ２ꎬ ３)ꎬ ≠
ａ ｂ ａ λｂ ａ λｂ ａ λｂ ａ λｂ λ Ｒ
(１) ∥ ⇔ ＝ ⇔ １＝ １ꎬ ２＝ ２ꎬ ３＝ ３( ∈ )ꎻ
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
(２) ⊥ ⇔ ＝０⇔ １ １＋ ２ ２＋ ３ ３＝０ꎻ
ａ ａ２ ａ２ ａ２ ａ２
(３)｜ ｜＝ ＝ １＋ ２＋ ３ꎻ
ａ ｂ
ａ ｂ
(４)ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ａ ｂ
｜ ｜｜ ｜
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
１ １＋ ２ ２＋ ３ ３ .
＝ ａ２ ａ２ ａ２ ｂ２ ｂ２ ｂ２
１＋ ２＋ ３ １＋ ２＋ ３
２.用向量证明空间中的平行关系
设直线ｌ 和ｌ 的方向向量分别为ｖ 和ｖ 则ｌ ｌ 或ｌ
(１) １ ２ １ ２ꎬ １∥ ２( １
与ｌ 重合 ｖ ｖ .
２ )⇔ １∥ ２
设直线ｌ的方向向量为ｖ 与平面α共面的两个不共线向量分
(２) ꎬ
别为ｖ 和ｖ 则ｌ α或ｌ α 存在两个实数ｘ ｙ 使ｖ ｘｖ ｙｖ .
１ ２ꎬ ∥ ⊂ ⇔ ꎬ ꎬ ＝ １＋ ２
设直线ｌ的方向向量为ｖ 平面α的法向量为ｕ 则ｌ α或
(３) ꎬ ꎬ ∥
ｌ α ｖ ｕ.
⊂ ⇔ ⊥
设平面α β的法向量分别为ｕ ｕ 则α β ｕ ｕ .
(４) ꎬ １ꎬ ２ꎬ ∥ ⇔ １∥ ２
３.用向量证明空间中的垂直关系
设直线ｌ 和ｌ 的方向向量分别为ｖ 和ｖ 则ｌ ｌ ｖ
(１) １ ２ １ ２ꎬ １⊥２⇔ １⊥
ｖ ｖ ｖ . ２⇔ １ ２＝０
设直线ｌ的方向向量为ｖ 平面α的法向量为ｕ 则ｌ α ｖ
(２) ꎬ ꎬ ⊥ ⇔
ｕ.
∥
设平面α和β的法向量分别为ｕ 和ｕ 则α β ｕ ｕ
(３) １ ２ꎬ ⊥ ⇔ １⊥ ２
ｕ ｕ . ⇔ １ ２＝０
４.用空间向量解决空间角
设异面直线ｌ ｌ 的方向向量分别为ｍ ｍ 则ｌ 与ｌ 所
(１) １ꎬ２ １ꎬ ２ꎬ １ ２
成的角θ满足 θ ｍ ｍ . ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›｜
设直线ｌ的方向向量和平面α的法向量分别为ｍ和ｎ 则
(２) ꎬ
直线ｌ与平面α所成角θ满足 θ ｍ ｎ . ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜
求二面角的大小
(３)
如图 ＡＢ ＣＤ是二面角α ｌ β的两个半平面内与棱ｌ垂直的
ａꎬ 、 － －
( １ )求斜线与平面所成的角的关键是:找到斜线在平面内的射 直线 ꎬ 则二面角的大小θ ＝‹ →ＡＢ ꎬ Ｃ→Ｄ › .
影ꎬ斜线与其射影所成的锐角即为斜线与平面所成的角.
( )最小角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是
２
这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角.
( )三余弦公式: θ θ θ(如图所示ꎬ其中θ 是斜线
３ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １ｃｏｓ ２ １
ＯＡ与平面α所成的角ꎬθ 是斜线ＯＡ的射影ＡＢ与平面内的直
２
线ＡＣ的夹角ꎬθ是斜线ＯＡ与平面内的直线ＡＣ的夹角).
如图 ｎ ｎ 分别是二面角α ｌ β的两个半平面α β的法向
ｂ、ｃꎬ １ꎬ ２ － － ꎬ
量 则二面角的大小θ满足 θ ｎ ｎ 或 ｎ ｎ .
ꎬ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ‹ １ꎬ ２› －ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›
５.利用空间向量求距离
点到平面的距离的求法
(１)
设点Ｐ为平面α外一点 点Ａ是平面α内 M
ꎬ
的定点 则求点到平面的距离的步骤 ( )点Ｃ是 ＡＰＢ所在平面外的一点ꎬ若 ＣＰＡ ＣＰＢ ꎬ : O 1
４ ∠ ∠ ＝∠ ≠ 求平面α的一个法向量ｎ
°ꎬ则斜线 ＣＰ 在平面 ＡＰＢ 内的射影落在 ＡＰＢ 的平分 ① ꎻ
９０ ∠
线上. 求向量→ＡＰ " 2
② ꎻ
求向量 →ＡＰ 在法向量 ｎ 上投影的绝对
③
值 即为点Ｐ到平面α的距离. 距离来求线面距离.
ꎬ
直线到平面的距离的求法 两平行平面间的距离的求法
(２) (３)
当直线与平面平行时 才能求线面距离 此时直线上任一点到 两平行平面间的距离可转化为点到平面的距离来解决.
ꎬ ꎬ
平面的距离都相等 即为直线到平面的距离 故可通过求点面
ꎬ ꎬ
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ５６
题型方法
学生用书P67 题型经典 方法实用
一、求解异面直线所成角的方法
→ＡＢ ｎ
１.定义法 ( 平移法 ) ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ‹
→ＡＢ
ꎬ
ｎ
›｜＝
｜
→ＡＢ
ｎ
｜
(
其中ＡＢ为平面α的斜线
ꎬ
ｎ为
平移 利用图中已有的平行线平移 利用特殊点 线段 ｜ ｜｜ ｜
(１) :① ꎻ② ( 平面α的法向量 θ为斜线与平面α所成的角 .
的端点或中点 作平行线平移 补形平移 ꎬ )
) ꎻ③ ꎻ 例2 (２０１８浙江ꎬ１９ꎬ１５分)如图 已知
证明 证明所作的角是异面直线所成的角或其补角 ꎬ
(２) : ꎻ 多面体ＡＢＣＡ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ均
寻找 在立体图形中 寻找或者作出含有此角的三角形 并解之 １ １ １ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ １
(３) : ꎬ ꎬ ꎻ 垂直于平面 ＡＢＣ ＡＢＣ ° Ａ Ａ
取舍 所作的角为钝角时 应取它的补角作为异面直线所 ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ １ ＝
(４) : ꎬ Ｃ Ｃ ＡＢ ＢＣ Ｂ Ｂ .
成的角. ４ꎬ １ ＝１ꎬ ＝ ＝ １ ＝２
证明 ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ
２.向量法 (１) : １⊥ １ １ １ꎻ
求直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角
建立空间直角坐标系后 确定两直线的方向向量ａ ｂ 则两异 (２) １ １
ꎬ ꎬ ꎬ 的正弦值.
ａ ｂ
面直线所成角θ满足 θ . 解析 解法一
ｃｏｓ ＝ ａ ｂ :
｜ ｜｜ ｜ 证明 由ＡＢ ＡＡ ＢＢ ＡＡ ＡＢ ＢＢ ＡＢ得ＡＢ
例1 (２０２１全国乙ꎬ５ꎬ５ 分)在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ (１) : ＝２ꎬ １＝４ꎬ １＝２ꎬ １⊥ ꎬ １⊥ １
为Ｂ １ Ｄ １ 的中点 ꎬ 则直线ＰＢ与ＡＤ １ 所成的角为 － １ １ １ ( １ ꎬ ) 故 ＝ Ａ Ａ １ Ｂ Ｂ １＝２ Ａ ２ Ｂ ꎬ 所 . 利 以 用 Ａ １ 勾 Ｂ２ １ 股 ＋ Ａ 定 Ｂ 理 ２ １＝ 的 ＡＡ 逆 ２ １ꎬ 定理证明线线垂直
π π π π １⊥ １ １ ( )
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 由ＢＣ ＢＢ ＣＣ ＢＢ ＢＣ ＣＣ ＢＣ得Ｂ Ｃ
２ ３ ４ ６ ＝２ꎬ １＝２ꎬ １＝１ꎬ １⊥ ꎬ １⊥ １ １＝ ５ꎬ
解析 如图所示 连接ＢＣ Ｃ Ｐ 由ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ °得ＡＣ
ꎬ １ꎬ １ ꎬ ＝ ＝２ꎬ∠ ＝１２０ ＝２ ３ꎬ
易 ∴ ∴ 与 知 Ｂ ∠ Ｂ Ｃ Ｐ 四 Ｃ １∥ １ 所 边 Ｂ Ａ Ｐ 成 形 Ｄ ( 的 １ 或 ꎬ Ａ 角 Ｂ 其 Ｃ ꎬ 补 １ Ｄ 角 １ 是 ) 就 平行 是 四 异 边 面 形 直 ꎬ 线 ＡＤ １ 由 故 ( 由 ２) Ｃ Ａ Ａ 如 Ｂ Ｂ Ｃ １ １ 图 ⊥ ⊥ ꎬ Ｂ 平 Ａ 过 Ｃ １ Ｃ 面 ꎬ 点 １ 得 . Ａ 又 Ｃ Ａ １ Ｂ Ｃ Ａ 作 １ １ Ｃ Ｂ ＝ Ｃ １∩ 且 １ Ｄ １ Ｂ ⊥ ３ Ａ １ Ｂ ꎬ Ｃ Ａ 所 １ １ ＝ Ｂ 以 １ Ｂ 平 ꎬ １ 交 Ａ ꎬ 面 Ｂ 因 直 ２ １＋ Ａ 此 线 Ｂ ＢＢ １ Ａ Ｃ Ａ Ｂ １ ２ １ 得 １ Ｂ ＝ ⊥ １ Ａ 平 于 平 Ｃ２ １ 面 点 面 ꎬ Ａ Ｄ Ａ １ ꎬ Ｂ Ｂ 连 １ Ｃ Ｃ 接 １ . Ａ 平 Ｄ.
１⊥ １ １ １ １⊂ １ １ １ １⊥
设正方体的棱长为ａ 则ＢＣ ａ Ｃ Ｐ 面ＡＢＢ 由 Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 得 Ｃ Ｄ 平面 ＡＢＢ 所以 Ｃ ＡＤ 是
ꎬ １＝ ２ ꎬ １ ＝ １ꎬ １ ⊥ １ １ １ ⊥ １ꎬ ∠ １
ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角. 利用定义法找线面角的关键是构
２ａ 连接ＡＣ ＢＤ 设ＡＣ交ＢＤ于点Ｏ 连 １ １ (
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 造线面垂直 由 Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 得
接 ２ ＯＰ 则ＯＰ 平面ＡＢＣＤ ) １ １ ＝ ５ꎬ １ １ ＝ ２ ２ꎬ １ １ ＝ ２１
ꎬ ⊥ ꎬ
∵ ＯＢ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ꎬ∴ ＯＰ ⊥ ＯＢ ꎬ ｃｏｓ∠ Ｃ １ Ａ １ Ｂ １＝ ６ ꎬ 则 ｓｉｎ∠ Ｃ １ Ａ １ Ｂ １＝ １ ꎬ
７ ７
∴ ＰＢ ＝ ａ２ ＋ æ è ç ２ａ ö ø ÷ ２ ＝ ６ａ. 所以Ｃ １ Ｄ ＝ ３ꎬ
２ ２ Ｃ Ｄ
在 △ Ｃ １ ＢＰ中 ꎬｃｏｓ∠ ＰＢＣ １＝ ＢＰ ２ ２ Ｂ ＋ Ｐ Ｂ Ｃ２ １ Ｂ － Ｃ Ｐ １ Ｃ２ １ ＝ ２ ３ ꎬ 故 因此 ｓｉｎ ꎬ ∠ 直 Ｃ 线 １ Ａ Ａ Ｄ Ｃ ＝ １ Ａ 与 Ｃ １ １ 平 ＝ 面 １ ３ ３ Ａ ９ Ｂ . Ｂ １ 所成的角
ＰＢＣ π
∴ ∠ １＝ ꎬ 的正弦值是 ３９.
６
１３
即直线ＰＢ与ＡＤ 所成的角为π.故选 . 解法二
１ Ｄ :
６ 证明 如图 以 ＡＣ 的中点 Ｏ 为原
答案 Ｄ (１) : ꎬ
点 分别以射线ＯＢ ＯＣ为ｘ ｙ轴的非负半轴 建立空间直角坐
二、求解直线与平面所成角的方法 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
标系Ｏ ｘｙｚ. 建立空间直角坐标系
１.定义法 － ( )
作 在斜线上选取恰当的点 过该点向平面引垂线 作出所
(１) : ꎬ ꎬ
求角 其中确定垂足的位置是关键 证 证明所作的角为直
ꎬ ꎻ(２) :
线与平面所成的角 求 构造角所在的三角形 利用解三角
ꎻ(３) : ꎬ
形的知识求角.
２.公式法
ｈ
θ 其中ｈ为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α的
ｓｉｎ ＝ ｌ (
距离 ｌ为该点到斜足的距离 θ为斜线与平面α所成的角 .
ꎬ ꎬ )
３.向量法 由题意知各点坐标如下
:
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
(０ꎬ－ ３ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ－ ３ꎬ４)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ ３ꎬ
１)
.因此Ａ→Ｂ
１＝(１ꎬ ３ꎬ２)ꎬ
Ａ
１
→Ｂ
１＝(１ꎬ ３ꎬ－２)ꎬ
Ａ
１
→Ｃ
１＝(０ꎬ２ ３ꎬ
它是由矩形ＡＢＣＤ
(
及其内部
)
以ＡＢ边所在直线为旋转轴旋转
.由Ａ→Ｂ Ａ→Ｂ 得ＡＢ Ａ Ｂ .由Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ 得ＡＢ °得到的 Ｇ是ＤＦ
－３) １ １ １＝０ １⊥ １ １ １ １ １＝０ １⊥ １２０ ꎬ
Ａ Ｃ . 注意两向量垂直的充要条件的应用
１ １ ( ) 因为Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ 所以ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ .
１ １∩ １ １＝ １ꎬ １⊥ １ １ １ 设直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角为θ.
(２) １ １
由 可知Ａ→Ｃ →ＡＢ Ｂ→Ｂ .
(１) １＝(０ꎬ２ ３ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ ３ꎬ０)ꎬ １＝(０ꎬ０ꎬ２)
设平面ＡＢＢ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ .
１ ＝( ꎬ ꎬ )
由 {ｎ →ＡＢ ＝０ꎬ 得 { ｘ ＋ ３ ｙ ＝０ꎬ
ｎ Ｂ→Ｂ ｚ
１＝０ꎬ ２ ＝０ꎬ
可取ｎ .
＝(－ ３ꎬ１ꎬ０)
Ａ→Ｃ ｎ
所以 θ Ａ→Ｃ ｎ ｜ １ ｜ ３９. 注意线面角θ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ‹ １ꎬ ›｜＝ Ａ→Ｃ ｎ ＝ １３ (
｜ １｜｜ ｜
与两向量夹角的关系
)
因此 直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９.
ꎬ １ １
１３
三、求解二面角的方法
(一)通过找二面角的平面角进行求解
１.定义法 在二面角的棱上找一特殊点 过该点在两个半平面
: ꎬ
内分别作垂直于棱的射线 如图 ＡＯＢ 为二面角 α ｌ β
ꎬ (１)ꎬ∠ － －
的平面角.
２.垂面法 过棱上任一点作棱的垂直平面 该平面与二面角的
: ꎬ
两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角 如
ꎬ
图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β的平面角.
(２)ꎬ∠ － －
３.垂线法 三垂线定理法 过二面角的一个半平面内一点作
( ):
另一个半平面所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线 利用
ꎬ ꎬ
三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角 如图
ꎬ
ＡＢＯ为二面角α ｌ β的平面角.
(３)ꎬ∠ － －
(二)利用公式进行求解
Ｓ １.射影面积公式 θ 射 该方法主要用来解决无棱二面角 :ｃｏｓ ＝Ｓ ꎬ
原
大小的计算 关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一
ꎬ
个半平面内的射影.
ｎ ｎ
２.向量法 利用公式 ｎ ｎ １ ２ ｎ ｎ 分别为两平
: ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›＝ ｎ ｎ ( １ꎬ ２ ｜ １｜｜ ２｜
面的法向量 进行求解 注意 ｎ ｎ 与二面角大小的关系 是
) ꎬ ‹ １ꎬ ２› ꎬ
相等还是互补 需结合图形进行判断.
ꎬ
例3 (２０１７山东理ꎬ１７ꎬ１２分)如图 几何体是圆柱的一部分
ꎬ ꎬ
第
八
章
立
体
几
何
与
空
间
向 量
１ ５７
(
的中点.
设Ｐ是ＣＥ (１)
(
上的一点 且ＡＰ ＢＥ 求 ＣＢＰ的大小 ꎬ ⊥ ꎬ ∠ ꎻ
当ＡＢ ＡＤ 时 求二面角Ｅ ＡＧ Ｃ的大小. (２) ＝３ꎬ ＝２ ꎬ － －
解析 因为ＡＰ ＢＥ ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＡＰ 平面ＡＢＰ ＡＢ (１) ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ∩
ＡＰ Ａ 所以ＢＥ 平面ＡＢＰ 又ＢＰ 平面ＡＢＰ
＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以ＢＥ ＢＰ 又 ＥＢＣ ° 因此 ＣＢＰ °.
⊥ ꎬ ∠ ＝１２０ ꎬ ∠ ＝３０
以Ｂ为坐标原点 分别以ＢＥ ＢＰ ＢＡ所在的直线为ｘ ｙ ｚ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
轴 建立如图所示的空间直角坐标系.
ꎬ
由题意得Ａ Ｅ Ｇ Ｃ
(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ ３ꎬ３)ꎬ (－１ꎬ ３ꎬ０)ꎬ
故→ＡＥ →ＡＧ Ｃ→Ｇ
＝(２ꎬ０ꎬ－３)ꎬ ＝(１ꎬ ３ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ３)ꎬ
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＥＧ的法向量.
＝( １ꎬ １ꎬ １)
{ｍ →ＡＥ
由 ＝０ꎬ
ｍ →ＡＧ
＝０
{ ｘ ｚ
可得 ２ １－３ １＝０ꎬ
ｘ ｙ .
１＋ ３ １＝０
取ｚ 可得平面ＡＥＧ的一个法向量ｍ .
１＝２ꎬ ＝(３ꎬ－ ３ꎬ２)
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＣＧ的法向量.
＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)
{ｎ →ＡＧ 由 ＝０ꎬ
ｎ Ｃ→Ｇ
＝０
{ ｘ ｙ
可得 ２＋ ３ ２＝０ꎬ
ｘ ｚ .
２ ２＋３ ２＝０
取ｚ 可得平面ＡＣＧ的一个法向量ｎ . ２＝－２ꎬ ＝(３ꎬ－ ３ꎬ－２)
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ １ .
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｍ ｎ ＝
｜ ｜｜ ｜ ２
易知所求角为锐二面角 因此所求的角为 °.
ꎬ ６０
五年 考点式编排 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
高考 题组式训练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2018—2022 —
２０１２ ２０１７
考点一 空间角与距离 均为 ° 则
学生用书P225 ３０ ꎬ ( )
１.(２０２２全国甲ꎬ理 ７ꎬ文 ９ꎬ５ 分ꎬ基础性)在长方体 ＡＢＣＤ － Ａ. ＡＢ ＝２ ＡＤ
Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ꎬ 已知Ｂ １ Ｄ与平面ＡＢＣＤ和平面ＡＡ １ Ｂ １ Ｂ所成的角 Ｂ. ＡＢ与平面ＡＢ １ Ｃ １ Ｄ所成的角为 ３０ °
ＡＣ ＣＢ
Ｃ. ＝ １
Ｂ Ｄ与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成的角为 °
Ｄ. １ １ １ ４５
答案 Ｄ
２.(多选)(２０２２新高考 ꎬ９ꎬ５分ꎬ综合性)已知正方体ＡＢＣＤ
Ⅰ －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 则
１ １ １ １ꎬ ( )
直线ＢＣ 与ＤＡ 所成的角为 °
Ａ. １ １ ９０
直线ＢＣ 与ＣＡ 所成的角为 °
Ｂ. １ １ ９０
直线ＢＣ 与平面ＢＢ Ｄ Ｄ所成的角为 °
Ｃ. １ １ １ ４５
直线ＢＣ 与平面ＡＢＣＤ所成的角为 °
Ｄ. １ ４５
答案 ＡＢＤ ( )解法一:连接ＰＨ.
２
３.(２０２０新高考 ꎬ４ꎬ５分ꎬ应用性)日晷是中国古代用来测定 设点Ｄ到平面ＰＡＢ的距离为ｈꎬ
Ⅰ
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
ꎬ 由Ｖ Ｖ 得 １ Ｓ ｈ １ Ｓ ＰＤꎬ
时间.把地球看成一个球 球心记为Ｏ 地球上一点Ａ的纬度 Ｄ － ＰＡＢ＝ Ｐ － ＡＢＤ △ ＰＡＢ ＝ △ ＡＢＤ
( )ꎬ ３ ３
是指ＯＡ与地球赤道所在平面所成角 ꎬ 点Ａ处的水平面是指过 所以ｈ Ｓ △ ＡＢＤ ＰＤ .
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 ＝ Ｓ ＰＡＢ
ꎬ △
道所在平面平行 点Ａ处的纬度为北纬 ° 则晷针与点Ａ处
ꎬ ４０ ꎬ 由( )易知Ｓ １ ３ ３ꎬ
的水平面所成角为 １ △ ＡＢＤ＝ ×２× ＝
( ) ２ ２ ２
由ＰＤ 平面ＡＢＣＤꎬＡＢ 平面ＡＢＣＤꎬＤＨ 平面ＡＢＣＤꎬ得ＰＤ
⊥ ⊂ ⊂
ＡＢꎬＰＤ ＤＨꎬ又ＡＢ ＤＨꎬＤＨ ＰＤ Ｄꎬ所以ＡＢ 平面ＰＤＨꎬ
⊥ ⊥ ⊥ ∩ ＝ ⊥
所以ＡＢ ＰＨ.
⊥
在 ＰＤＨ中ꎬＰＨ ３ １５ꎬ
Ｒｔ△ ＝ ＋３＝
４ ２
Ｓ １ １５ １５ꎬ
∴ △ ＰＡＢ＝ ×２× ＝
° ° ° ° ２ ２ ２
Ａ.２０ Ｂ.４０ Ｃ.５０ Ｄ.９０
答案 Ｂ ３
× ３
４.(２０２１全国乙ꎬ理 ５ꎬ文 １０ꎬ５ 分ꎬ综合性)在正方体 ＡＢＣＤ ｈ ２ ３ １５.
－ ∴ ＝ ＝ ＝
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ为Ｂ Ｄ 的中点 则直线ＰＢ与ＡＤ 所成的角为 １５ １５ ５
１ １ １ １ ꎬ １ １ ꎬ １
２
( ) 设直线ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角为θꎬ则
π π π π ｈ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. θ １５ １ ５.
２ ３ ４ ６ ｓｉｎ ＝ＰＤ＝ × ＝
答案 Ｄ ５ ３ ５
５.(２０２２全国甲理ꎬ１８ꎬ１２ 分ꎬ综合性)在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 中
－ ꎬ 故直线ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角的正弦值为 ５.
ＰＤ 底面ＡＢＣＤ ＣＤ ＡＢ ＡＤ ＤＣ ＣＢ ＡＢ ＤＰ .
⊥ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ＝ ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝ ３ ５
证明 ＢＤ ＰＡ
解法二:由( )知ＢＤ 平面ＰＡＤꎬ
１ ⊥
(１) : ⊥ ꎻ
求ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角的正弦值.
ＤＡꎬＤＢꎬＤＰ两两垂直.
(２) ∴
以Ｄ为原点ꎬ分别以Ｄ→ＡꎬＤ→ＢꎬＤ→Ｐ的方向为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正
方向建立空间直角坐标系ꎬ则Ｄ( ꎬ ꎬ )ꎬＰ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ( ꎬ ꎬ
０ ０ ０ ０ ０ ３ １ ０
)ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｄ→Ｐ ( ꎬ ꎬ )ꎬ→ＰＡ ( ꎬ ꎬ )ꎬ→ＡＢ ( ꎬ
０ ０ ３ ０ ∴ ＝ ０ ０ ３ ＝ １ ０ － ３ ＝ －１
ꎬ ).
３ ０
年
高
考
解析 ( )证明:过Ｄ作ＤＨ ＡＢꎬ垂足为Ｈꎬ则ＡＨ １ ꎬ又
年 １ ⊥ ＝
模 ２
拟 ＡＤ ꎬ所以ＤＨ ３.易知ＢＨ ３ ꎬ所以ＢＤ ꎬ在 ＡＢＤ中ꎬ
＝１ ＝ ＝ ＝ ３ △
２ ２
ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝
ＡＢ２ꎬ所以ＡＤ
⊥
ＢＤ.因为ＰＤ
⊥
平面ＡＢＣＤꎬＢＤ
⊂
平面
设平面ＰＡＢ的法向量为ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
ＡＢＣＤꎬ所以 ＰＤ ＢＤꎬ又因为 ＰＤ ＡＤ Ｄꎬ所以 ＢＤ 平面 ＝
︵ 教 ＰＡＤꎬ又ＰＡ ⊂ 平面 ⊥ ＰＡＤꎬ所以ＢＤ ⊥ ∩ ＰＡ. ＝ ⊥ 则 {ｎ→ＰＡ ＝０ ꎬ 即 { ｘ － ３ ｚ ＝０ ꎬ
师 ｎ→ＡＢ ꎬ ｘ ｙ .
＝０ － ＋ ３ ＝０
用
令ｘ ꎬ则ｙ ꎬｚ ꎬ
书 ＝ ３ ＝１ ＝１
︶ 平面ＰＡＢ的一个法向量为ｎ ( ꎬ ꎬ ).
∴ ＝ ３ １ １
１ ５８
设直线ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角为θꎬ 考点二 空间向量及其应用
学生用书P226
Ｄ→Ｐｎ １.(２０１３山东ꎬ４ꎬ５分ꎬ综合性)已知三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的侧
则 θ ‹Ｄ→Ｐꎬｎ› ｜ ｜ ３ ５. － １ １ １
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ ｜ Ｄ→Ｐ ｜ ｜ ｎ ｜ ＝ ３× ５ ＝ ５ 棱与底面垂直 体积为 ９ 底面是边长为 的正三角形.若 Ｐ
ꎬ ꎬ ３
４
故直线ＰＤ与平面ＰＡＢ所成的角的正弦值为 ５. 为底面Ａ Ｂ Ｃ 的中心 则ＰＡ与平面ＡＢＣ所成角的大小为
５ １ １ １ ꎬ
６.(２０２０课标 理ꎬ２０ꎬ１２分ꎬ综合性)如图 已知三棱柱ＡＢＣ
Ⅱ ꎬ － ( )
Ａ Ｂ Ｃ 的底面是正三角形 侧面ＢＢ Ｃ Ｃ是矩形 Ｍ Ｎ分别为
１ １ １ ꎬ １ １ ꎬ ꎬ ５π π π π
ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点 Ｐ为 ＡＭ 上一点.过 Ｂ Ｃ 和 Ｐ 的平面交 ＡＢ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
于 ꎬ Ｅ １ 交 １ ＡＣ于Ｆ. ꎬ １ １ １ 答 ２ 案 Ｂ ３ ４ ６
ꎬ
证明 ＡＡ ＭＮ 且平面Ａ ＡＭＮ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ ２.(２０１４ 四川ꎬ８ꎬ５ 分ꎬ综合性) 如图 在正方体 ＡＢＣＤ
(１) : １∥ ꎬ １ ⊥ １ １ ꎻ ꎬ －
设Ｏ为 Ａ Ｂ Ｃ 的中心.若ＡＯ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ 且ＡＯ ＡＢ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｏ为线段 ＢＤ 的中点.设点 Ｐ 在线段 ＣＣ 上
(２) △ １ １ １ ∥ １ １ ꎬ ＝ ꎬ １ １ １ １ ꎬ １ ꎬ
求直线Ｂ Ｅ与平面Ａ ＡＭＮ所成角的正弦值. 直线ＯＰ与平面Ａ ＢＤ所成的角为α 则 α的取值范围是
１ １ １ ꎬ ｓｉｎ
( )
é ù é ù
êê ３ úú êê ６ úú
Ａ.ë ꎬ１û Ｂ.ë ꎬ１û
解析 ( )证明:因为 ＭꎬＮ 分别为 ＢＣꎬＢ Ｃ 的中点ꎬ所以 ３ ３
１ １ １ é ù é ù
是 ＭＮ 正 ∥ 三 Ｃ 角 Ｃ １ 形 .又 ꎬ 由 所 已 以 知 Ｂ 得 Ｃ ＡＡ １ Ａ ∥ Ｎ Ｃ . Ｃ 又 １ ꎬ Ｂ 故 Ｃ ＡＡ １∥ Ｍ Ｍ Ｎꎬ Ｎ 故 .因 Ｂ 为 Ｃ △ Ａ １ 平 Ｂ １ Ｃ 面 １ Ｃ.ë êê ３ ６ ꎬ ２ ３ ２ û úú Ｄ.ë êê２ ３ ２ ꎬ１û úú
Ａ ＡＭＮ.因为 Ｂ Ｃ １ 平 １⊥ 面 １ ＥＢ Ｃ Ｆ １ ꎬ所 １⊥ 以平面 Ａ １ ＡＭ １⊥ Ｎ 平 答案 Ｂ
面 １ ＥＢ Ｃ Ｆ. １ １ ⊂ １ １ １ ⊥ ３.(多选 )(２ ０２１新高考 ꎬ１２ꎬ５分ꎬ综合性)在正三棱柱ＡＢＣ
Ⅰ －
１ １
(
２
)由已知得ＡＭ
⊥
ＢＣ.以Ｍ为坐标原点ꎬＭ→Ａ的方向为ｘ轴正 Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
中
ꎬ
ＡＢ
＝
ＡＡ
１＝１ꎬ
点Ｐ满足Ｂ→Ｐ
＝
λＢ→Ｃ
＋
μＢ→Ｂ
１ꎬ
其中 λ
∈
μ 则
方向ꎬ Ｍ→Ｂ 为单位长ꎬ建立如图所示的空间直角坐标系 Ｍ [０ꎬ１]ꎬ ∈[０ꎬ１]ꎬ ( )
｜ ｜ － 当λ 时 ＡＢ Ｐ的周长为定值
ｘｙｚꎬ则ＡＢ ꎬＡＭ . Ａ. ＝１ ꎬ△ １
＝２ ＝ ３ 当μ 时 三棱锥Ｐ Ａ ＢＣ的体积为定值
Ｂ. ＝１ ꎬ － １
当λ １ 时 有且仅有一个点Ｐ 使得Ａ Ｐ ＢＰ
Ｃ. ＝ ꎬ ꎬ １ ⊥
２
当μ １ 时 有且仅有一个点Ｐ 使得Ａ Ｂ 平面ＡＢ Ｐ
Ｄ. ＝ ꎬ ꎬ １ ⊥ １
２
答案 ＢＤ
４.(２０１７课标 理ꎬ１６ꎬ５分ꎬ综合性)ａ ｂ为空间中两条互相垂
Ⅲ ꎬ
直的直线 等腰直角三角形ＡＢＣ的直角边ＡＣ所在直线与ａ ｂ
ꎬ ꎬ
都垂直 斜边ＡＢ以直线ＡＣ为旋转轴旋转 有下列结论
ꎬ ꎬ :
当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ＡＢ与ｂ成 °角
① ６０ ꎬ ３０ ꎻ
连接 ＮＰꎬ则四边形 ＡＯＮＰ 为平行四边形ꎬ故 ＰＭ ２ ３ꎬ 当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ＡＢ与ｂ成 °角
＝ ② ６０ ꎬ ６０ ꎻ
３
直线ＡＢ与ａ所成角的最小值为 °
æ ö ③ ４５ ꎻ
Ｅ è ç２ ３ꎬ１ ꎬ ０ø ÷.
④
直线ＡＢ与ａ所成角的最大值为
６０
°.
由( ３ )知 ３ 平面Ａ ＡＭＮ 平面ＡＢＣꎬ作ＮＱ ＡＭꎬ垂足为Ｑꎬ则ＮＱ 其中正确的是 . ( 填写所有正确结论的编号 )
１ １ ⊥ ⊥ 答案
æ ö２ ②③
平面 ＡＢＣ.设 Ｑ(ａꎬ ꎬ )ꎬ则 ＮＱ ç２ ３ ａ÷ ꎬＢ ５.(２０２２全国乙理ꎬ１８ꎬ１２分ꎬ综合性)如图 四面体ＡＢＣＤ中
⊥ ０ ０ ＝ ４－è － ø １ ꎬ ꎬ
３ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＡＤＢ ＢＤＣ Ｅ为ＡＣ的中点.
æ ö ⊥ ꎬ ＝ ꎬ∠ ＝∠ ꎬ
è çａꎬ １ ꎬ ４－ æ è ç２ ３ － ａ ö ø ÷ ２ ø ÷ꎬ 故 Ｂ→ １ Ｅ ＝ (１) 设 证明 ＡＢ : 平 Ｂ 面 Ｄ ＢＥＤ ⊥ Ａ 平 ＣＢ 面ＡＣＤ ° ꎻ 点Ｆ在ＢＤ上 当 ＡＦＣ的面
３ (２) ＝ ＝２ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ꎬ △ 第
æ æ ö２ ö 积最小时 求ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角的正弦值. 八
è ç２ ３ － ａꎬ － ２ ꎬ － ４－è ç２ ３ － ａ ø ÷ ø ÷ꎬ ｜ Ｂ→ １ Ｅ ｜ ＝ ２ １０.又 ｎ ＝ ( ０ ꎬ ꎬ 章
３ ３ ３ ３
( ) 立
－１
ꎬ
０
)是平面Ａ
１
ＡＭＮ的法向量ꎬ故
ｓｉｎ
π
－
‹ｎꎬＢ→
１
Ｅ›
＝ｃｏｓ
‹ｎꎬ
体
２ 几
ｎＢ→Ｅ 何
Ｂ→Ｅ› １ １０. 与
１ ＝ ｎ Ｂ→Ｅ ＝ １０ 空
｜ ｜ ｜ １ ｜ 间
解析 ( )证明:因为 ＡＤ ＣＤꎬＥ 为 ＡＣ 的中点ꎬ所以 ＤＥ
所以直线Ｂ Ｅ与平面Ａ ＡＭＮ所成角的正弦值为 １０. １ ＝ 向
１ １ ＡＣ. 量
１０ ⊥
１ ５９
因为 ＡＤＢ ＢＤＣꎬＡＤ ＣＤꎬＢＤ ＢＤꎬ所以 ＡＤＢ ＣＤＢꎬ ( )解法一(几何法):由题意知ꎬ二面角Ａ ＢＤ Ａ 的平面角与
∠ ＝∠ ＝ ＝ △ ≌△ ２ － － １
所以ＡＢ ＣＢꎬ又Ｅ为ＡＣ的中点ꎬ 二面角Ａ ＢＤ Ｃ的平面角互补ꎬ故两二面角的正弦值相等.下
＝ － －
所以ＢＥ ＡＣ. 求二面角Ａ ＢＤ Ａ 的正弦值.
⊥ － － １
又ＤＥꎬＢＥ 平面ＢＥＤꎬ且ＤＥ ＢＥ Ｅꎬ 如图ꎬ过Ａ作ＡＨ ＢＤ于Ｈꎬ取Ａ Ｂ的中点Ｏꎬ连接ＡＯꎬＯＨ.
所以ＡＣ ⊂ 平面ＢＥＤꎬ又ＡＣ ∩ 平面Ａ ＝ ＣＤꎬ ⊥ １
⊥ ⊂
所以平面ＡＣＤ 平面ＢＥＤ.
⊥
( )由题意及( )知ＡＢ ＢＣ ꎬ又 ＡＣＢ °ꎬ所以ＡＣ ꎬＢＥ
２ １ ＝ ＝２ ∠ ＝６０ ＝２
.
＝ ３
因为ＡＤ ＤＣꎬＥ为ＡＣ的中点ꎬ所以ＤＥ .
⊥ ＝１
所以ＤＥ２ ＢＥ２ ＢＤ２ꎬ则ＤＥ ＢＥ.
＋ ＝ ⊥
连接ＥＦꎬ因为ＡＣ 平面ＢＥＤꎬＥＦ 平面ＢＥＤꎬ
⊥ ⊂
所以ＡＣ ＥＦꎬ所以Ｓ １ ＡＣＥＦ ＥＦ.
⊥ △ ＡＦＣ＝ ＝ 因为ＡＡ ＡＢꎬ所以ＡＯ Ａ Ｂꎬ
２ １＝ ⊥ １
又因为平面Ａ ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ ꎬ平面 Ａ ＢＣ 平面 ＡＢＢ Ａ
当ＥＦ ⊥ ＢＤ时ꎬＥＦ最小ꎬ即 △ ＡＦＣ的面积最小ꎬ此时ＥＦ ＝ ３. １ ⊥ １ １ １ ∩ １ １＝
２ Ａ ＢꎬＡＯ 平面ＡＢＢ Ａ ꎬ所以ＡＯ 平面Ａ ＢＣ.
如图ꎬ以Ｅ为坐标原点ꎬ→ＥＡꎬＥ→ＢꎬＥ→Ｄ的方向分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ 又 １ ＢＤꎬＢ ⊂ Ｃ 平面Ａ １ ＢＣ １ ꎬ所以ＡＯ ⊥ ＢＣꎬＡＯ １ ＢＤꎬ又ＡＯ ＡＨ
轴的正方向ꎬ建立空间直角坐标系Ｅ － ｘｙｚꎬ则Ｃ( －１ ꎬ ０ ꎬ ０ )ꎬＡ( １ ꎬ Ａꎬ所以ＢＤ ⊂ 平面Ａ １ ＯＨꎬ因为ＯＨ ⊥ 平面ＡＯ ⊥ Ｈꎬ所以ＯＨ ∩ ＢＤꎬ则 ＝
⊥ ⊂ ⊥
æ ö
０ ꎬ ０ )ꎬＢ( ０ ꎬ ３ ꎬ ０ )ꎬＤ( ０ ꎬ ０ ꎬ １ )ꎬＦ è ç ０ ꎬ ３ꎬ３ ø ÷ꎬ ∠ ＡＨＯ是二面角Ａ － ＢＤ － Ａ １ 的平面角.
４ ４ 由直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 得 ＡＡ 平面 ＡＢＣꎬ因为 ＢＣ 平面
æ ö － １ １ １ １⊥ ⊂
所以Ａ→Ｄ ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ→Ｄ ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ→Ｆ ç ꎬ ３ꎬ３ ÷. ＡＢＣꎬ所以ＡＡ ＢＣꎬ
＝ －１ ０ １ ＝ ０ － ３ １ ＝è１ ø １⊥
４ ４ 又ＡＡ ＡＯ ＡꎬＡＡ ꎬＡＯ 平面ＡＢＢ Ａ ꎬ
设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ １∩ ＝ １ ⊂ １ １
＝ 所以ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ .
{Ａ→Ｄｎ ꎬ { ｘ ｚ ꎬ ⊥ １ １
则 ＝０ 即 － ＋ ＝０ 因为Ａ ＢꎬＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ ꎬ所以ＢＣ Ａ ＢꎬＢＣ ＡＢ.
Ｂ→Ｄｎ ꎬ ｙ ｚ ꎬ １ ⊂ １ １ ⊥ １ ⊥
＝０ － ３ ＋ ＝０ 由( )知ＡＯ ｄ ꎬ所以ＡＢ ＡＡ ꎬＡ Ｂ ꎬ
令ｙ ꎬ得ｎ ( ꎬ ꎬ ). １ ＝ ＝ ２ ＝ １＝２ １ ＝２ ２
＝１ ＝ ３ １ ３ 又因为 Ａ ＢＣ的面积为 ꎬ所以ＢＣ ꎬ所以可得ＡＣ ꎬ
设ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角为θꎬ △ １ ２ ２ ＝２ ＝２ ２
ｎＣ→Ｆ Ａ Ｃ ꎬ ＢＤ ꎬ 故 ＡＢＤ 的 面 积 为 １ ＡＢ
则 θ ‹ｎꎬＣ→Ｆ› ｜ ｜ ４ ３ꎬ １ ＝ ２ ３ ＝ ３ △
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｃ→Ｆ ｜ ＝ ７ (ＡＢ)
２
２
ＢＤ２ ꎬ
所以ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角的正弦值为４ ３. － ＝ ２
２
７
又Ｓ １ ＢＤＡＨ ꎬ
△ ＡＢＤ＝ ＝ ２
２
所以ＡＨ ２ ６ꎬ
＝
３
ＡＯ
在 ＯＨＡ中ꎬ ＯＨＡ ３ꎬ
Ｒｔ△ ｓｉｎ∠ ＝ＡＨ＝
２
６.(２０２２新高考 ꎬ１９ꎬ１２ 分ꎬ综合性)如图 直三棱柱 ＡＢＣ 即二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为 ３.
Ⅰ ꎬ － － －
Ａ Ｂ Ｃ 的体积为 Ａ ＢＣ的面积为 . ２
１ １ １ ４ꎬ△ １ ２ ２ 解法二(向量法):如图ꎬ取Ａ Ｂ的中点Ｅꎬ连接ＡＥ.
求Ａ到平面Ａ ＢＣ的距离 １
(１) １ ꎻ 因为 ＡＡ ＡＢꎬ所以 ＡＥ Ａ Ｂꎬ又因为平面 Ａ ＢＣ 平面
二 (２ 面 ) 设 角 Ｄ Ａ － 为 ＢＤ Ａ １ － Ｃ Ｃ 的 的 中 正 点 弦 ꎬ 值 ＡＡ . １＝ ＡＢ ꎬ 平面Ａ １ ＢＣ ⊥ 平面ＡＢＢ １ Ａ １ꎬ 求 ＡＢＢ １ Ａ １ ꎬ １ 平 ＝ 面Ａ １ ＢＣ ∩ 平面 ⊥ ＡＢＢ １ １ Ａ １＝ Ａ １ ＢꎬＡＥ ⊂ 平面 １ ＡＢＢ ⊥ １ Ａ １ ꎬ所
以ＡＥ 平面Ａ ＢＣ.
⊥ １
年 又ＢＣ 平面Ａ ＢＣꎬ所以ＡＥ ＢＣ.
⊂ １ ⊥
高 由直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 得ＡＡ 平面ＡＢＣꎬ
考 － １ １ １ １⊥
又ＢＣ 平面ＡＢＣꎬ所以ＡＡ ＢＣꎬ又ＡＡ ＡＥ ＡꎬＡＡ ꎬＡＥ 平
⊂ １⊥ １∩ ＝ １ ⊂
年 面ＡＢＢ Ａ ꎬ所以ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ ꎬ又ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ ꎬ所以
模 １ １ ⊥ １ １ ⊂ １ １
ＢＣ ＡＢ.
拟 ⊥
由( )知ＡＥ ｄ ꎬ所以ＡＢ ＡＡ ꎬＡ Ｂ ꎬ
１ ＝ ＝ ２ ＝ １＝２ １ ＝２ ２
解析 ( )设Ａ到平面Ａ ＢＣ的距离为ｄ.因为Ｖ Ｖ 又因为 Ａ ＢＣ的面积为 ꎬ所以ＢＣ .
１ １ Ａ １－ ＡＢＣ＝ Ａ － Ａ １ ＢＣ △ １ ２ ２ ＝２
︵ １ Ｓ ＡＡ １ Ｓ ｄ １ Ｖ ４ ꎬＳ 以Ｂ为坐标原点ꎬ向量Ｂ→Ｃꎬ→ＢＡꎬＢ→Ｂ 的方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正
教 ＝ △ ＡＢＣ １ ＝ △ Ａ １ ＢＣ ＝ ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ △ Ａ １ ＢＣ ＝ １
师 ３ ３ ３ ３ 方向ꎬ建立空间直角坐标系Ｂ ｘｙｚꎬ
－
用 ４ 则Ｃ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ ( ꎬ ꎬ )ꎬＤ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬ则
书 ꎬ所以ｄ
３×
３ . ２ ０ ０ ０ ２ ０ １ ０ ２ ２ １ １ １ ０ ０ ０
︶ ２ ２ ＝ ＝ ２ →ＢＣ ( ꎬ ꎬ )ꎬ→ＢＡ ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ→Ｄ ( ꎬ ꎬ ).
２ ２ ＝ ２ ０ ０ ＝ ０ ２ ０ ＝ １ １ １
１ ６０
( ) ꎬ ＢＦ ＤＥ.
１＋１× －２ ＝０ ∴ ⊥
( )Ｅ→Ｆ ( ꎬ ꎬ )ꎬＦ→Ｄ (ａꎬ ꎬ )ꎬ
２ ＝ －１ １ １ ＝ －２ １
设平面ＤＦＥ的法向量为ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
＝
{Ｅ→Ｆｎ ｘ ｙ ｚ ꎬ ａ ａ
则 ＝－ ＋ ＋ ＝０ 不妨设 ｘ ꎬ则 ｙ ＋１ꎬｚ ２－ ꎬ ｎ
Ｆ→Ｄｎ
＝
ａｘ
－２
ｙ
＋
ｚ
＝０
ꎬ ＝１ ＝
３
＝
３
∴
( ａ ａ)
ꎬ ＋１ꎬ２－ .
＝ １
３ ３
易知 ｍ ( ꎬ ꎬ )是平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 的一个法向量.设平面
设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ １＝ (ｘ １ ꎬｙ １ ꎬｚ １ )ꎬ ＢＢ Ｃ Ｃ ＝ 与平 １ 面 ０ Ｄ ０ ＥＦ所成的锐二 １ 面 １ 角的大小为θꎬ
则 {ｎ １ →ＢＡ ＝０ ꎬ 即 { ２ ｙ １＝０ ꎬ 令ｘ ꎬ得ｚ ꎬ所以ｎ 则 １ １ θ ‹ｍꎬｎ› ｜ ｍｎ ｜ １
ｎ １ Ｂ→Ｄ ＝０ ꎬ ｘ １＋ ｙ １＋ ｚ １＝０ ꎬ １＝１ １＝－１ １＝ ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ ｜ ＝ ｜ ｍ ｜ ｜ ｎ ｜ ＝ (ａ ＋１ ) ２ ( ２－ ａ) ２ ＝
( ꎬ ꎬ ). １＋ ＋
１ ０ －１ ３ ３
设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ ( )
２＝ ２ ２ ２ ３ ３ ６ 当ａ １ 时取等号 ꎬ
则 {ｎ ｎ ２ ２ Ｂ Ｂ → → Ｃ Ｄ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 即 { ２ ｘ ２ ｘ ＋ ２ ｙ ＝ ２ ０ ＋ ꎬ ｚ ２＝０ ꎬ 令ｙ ２＝１ ꎬ得ｚ ２＝－１ ꎬ所以ｎ ２＝ ２ ( ａ － ２ １ ) ２ ＋ ２ ２ ７ ≤ ２ ２ ７ ＝ ３ ＝ ２
(
０
ꎬ
１
ꎬ
－１
).
∴ ｓｉｎ
θ
＝ １－ｃｏｓ
２θ
≥
３ꎬ故当 ａ
＝
１ ꎬ即 Ｂ
１
Ｄ
＝
１ 时ꎬ平面
ｎ ｎ ３ ２ ２
所以 ‹ｎ ꎬｎ › １ ２ １ ꎬ ＢＢ Ｃ Ｃ与平面 ＤＦＥ 所成的二面角的正弦值最小ꎬ最小值
ｃｏｓ １ ２ ＝ ｎ ｎ ＝ １ １
｜ １｜｜ ２｜ ２
为 ３.
又 ‹ｎ ꎬｎ › ꎬ所以 ‹ｎ ꎬｎ › ３.
ｓｉｎ １ ２ >０ ｓｉｎ １ ２ ＝ ２ ８.( ３ ２０２０新高考 ꎬ２０ꎬ１２分ꎬ综合性)如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的
Ⅰ ꎬ －
所以二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为 ３. 底面为正方形 ꎬ ＰＤ ⊥ 底面ＡＢＣＤ.设平面ＰＡＤ与平面ＰＢＣ的交
－ －
２
线为ｌ.
７.(２０２１全国甲理ꎬ１９ꎬ１２ 分ꎬ综合性)已知直三棱柱 ＡＢＣ － 证明 ｌ 平面ＰＤＣ
(１) :⊥ ꎻ
Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ꎬ 侧面ＡＡ １ Ｂ １ Ｂ为正方形 ꎬ ＡＢ ＝ ＢＣ ＝２ꎬ Ｅ ꎬ Ｆ分别为ＡＣ (２) 已知ＰＤ ＝ ＡＤ ＝１ꎬ Ｑ为ｌ上的点 ꎬ 求ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角
和ＣＣ 的中点 Ｄ为棱Ａ Ｂ 上的点 ＢＦ Ａ Ｂ . 的正弦值的最大值.
１ ꎬ １ １ ꎬ ⊥ １ １
证明 ＢＦ ＤＥ
(１) : ⊥ ꎻ
当Ｂ Ｄ为何值时 面ＢＢ Ｃ Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的正
(２) １ ꎬ １ １
弦值最小
?
解析 ( )证明:因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤꎬ所以ＰＤ ＡＤ.又底
１ ⊥ ⊥
面ＡＢＣＤ为正方形ꎬ所以ＡＤ ＤＣ.因此ＡＤ 平面ＰＤＣ.
⊥ ⊥
因为ＡＤ ＢＣꎬＡＤ 平面ＰＢＣꎬ所以ＡＤ 平面ＰＢＣ.
∥ ⊄ ∥
由已知得ｌ ＡＤ.因此ｌ 平面ＰＤＣ.
∥ ⊥
解析 ＢＦ Ａ Ｂ ꎬＢ Ｂ Ａ Ｂ ꎬＢＦ Ｂ Ｂ Ｂꎬ ( )以Ｄ为坐标原点ꎬＤ→Ａ的方向为ｘ轴正方向ꎬ建立如图所示
Ａ Ｂ ∵ 平面 ⊥ Ｂ Ｃ １ Ｃ １ Ｂꎬ １ ⊥ １ １ ∩ １ ＝ 的 ２ 空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.则Ｄ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬ
∴ １ １⊥ １ １ ０ ０ ０ ０ １ ０ １ １ ０
ＡＢ Ａ Ｂ ꎬ ＡＢ 平面Ｂ Ｃ ＣＢꎬ Ｐ( ꎬ ꎬ )ꎬＤ→Ｃ ( ꎬ ꎬ )ꎬＰ→Ｂ ( ꎬ ꎬ ).
∵ ∥ １ １ ∴ ⊥ １ １ ０ ０ １ ＝ ０ １ ０ ＝ １ １ －１
又 ＢＣ 平面Ｂ Ｃ ＣＢꎬ ＡＢ ＢＣ. 由( )可设Ｑ(ａꎬ ꎬ )ꎬ
∵ ⊂ １ １ ∴ ⊥ １ ０ １
以Ｂ为坐标原点ꎬＢＡꎬＢＣꎬＢＢ 所在直线分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴ꎬ 则Ｄ→Ｑ (ａꎬ ꎬ ).
１ ＝ ０ １
建立如图所示的空间直角坐标系ꎬ则 Ｂ( ꎬ ꎬ )ꎬＦ( ꎬ ꎬ )ꎬ 设ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)是平面ＱＣＤ的法向量ꎬ则
０ ０ ０ ０ ２ １ ＝
Ｅ( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｂ→Ｆ ( ꎬ ꎬ )ꎬ设Ｂ Ｄ ａ( ａ )ꎬ则Ｄ(ａꎬ ꎬ {ｎＤ→Ｑ ꎬ {ａｘ ｚ ꎬ
１ １ ０ ∴ ＝ ０ ２ １ １ ＝ ０≤ ≤２ ０ ＝０ 即 ＋ ＝０
２
)ꎬ则Ｄ→Ｅ
＝
(
１－
ａꎬ
１
ꎬ
－２
). ｎＤ→Ｃ
＝０
ꎬ ｙ
＝０
.
第
八
章
立
体
几
何
与
可取ｎ ( ꎬ ꎬａ).
＝ －１ ０ 空
ｎＰ→Ｂ ａ 间
所以 ‹ｎꎬＰ→Ｂ› －１－ . 向
( )证明: Ｂ→ＦＤ→Ｅ ( ꎬ ꎬ )( ａꎬ ꎬ ) ( ａ) ｃｏｓ ＝ ｎ Ｐ→Ｂ ＝ ａ２ 量
１ ∵ ＝ ０ ２ １ １－ １ －２ ＝０× １－ ＋２× ｜ ｜ ｜ ｜ ３ １＋
１ ６１
ａ 求ＢＣ
设ＰＢ 与平面 ＱＣＤ 所成角为 θꎬ则 θ ３ ｜ ＋１｜ (１) ꎻ
ｓｉｎ ＝ ３ × １＋ ａ２ ＝ (２) 求二面角Ａ － ＰＭ － Ｂ的正弦值.
ａ
３ ２ .
１＋ａ２
３ ＋１
ａ
因为 ３ ２ ６ꎬ当且仅当 ａ 时等号成立ꎬ所以 ＰＢ
１＋ａ２ ≤ ＝１
３ ＋１ ３
与平面ＱＣＤ所成角的正弦值的最大值为 ６.
３
９.(２０２１浙江ꎬ１９ꎬ１５分ꎬ综合性)如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中
ꎬ － ꎬ
底面ＡＢＣＤ是平行四边形 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ＰＡ 解析 ( )由题意知 ＤＡꎬＤＣꎬＤＰ 两两垂直ꎬ所以以 Ｄ 为原
ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ ＝１ꎬ ＝４ꎬ ＝ １
Ｍ Ｎ分别为ＢＣ ＰＣ的中点 ＰＤ ＤＣ ＰＭ ＭＤ. 点ꎬＤ→ＡꎬＤ→ＣꎬＤ→Ｐ的方向分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正方向建立空间
１５ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
证明 ＡＢ ＰＭ 直角坐标系Ｄ ｘｙｚꎬ如图所示ꎬ
(１) : ⊥ ꎻ －
求直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角的正弦值.
(２)
解析 ( )证明:在 ＣＤＭ中ꎬＤＣ ꎬＭＣ ꎬ ＤＣＭ °ꎬ
１ △ ＝１ ＝２ ∠ ＝６０
则ＤＭ ＝ ３ ꎬ所以 ＣＤ ⊥ ＤＭ.又因为 ＣＤ ⊥ ＰＤꎬ所以 ＣＤ ⊥ 平面 设ＢＣ ｔ(ｔ )ꎬ则Ａ(ｔꎬ ꎬ )ꎬＢ(ｔꎬ ꎬ )ꎬＭ ( ｔ ꎬ ꎬ ) ꎬＰ( ꎬ ꎬ
ＰＤＭ.因此ＣＤ ＰＭ.又因为ＡＢ ＣＤꎬ所以ＡＢ ＰＭ. ＝ >０ ０ ０ １ ０ ２ １ ０ ０ ０
(
２
)如图ꎬ ⊥ ∥ ⊥
１
)ꎬ所以Ｐ→Ｂ
＝
(ｔꎬ
１
ꎬ
－１
)ꎬＡ→Ｍ
＝
(
－
ｔ ꎬ
１
ꎬ
０
) ꎬ
２
因为ＰＢ ＡＭꎬ所以Ｐ→ＢＡ→Ｍ ꎬ
⊥ ＝０
ｔ２
所以 ꎬ即ｔ２ .
－ ＋１＝０ ＝２
２
又ｔ ꎬ所以ｔ ꎬ即ＢＣ .
>０ ＝ ２ ＝ ２
( )设平面ＰＡＭ的法向量为ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ
２ １＝ １ １ １
{ｎ →ＰＡ ꎬ æ ö
则 １ ＝０ 由( )知→ＰＡ ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ→Ｍ ç ２ꎬ ꎬ ÷ꎬ所
以Ｄ为原点ꎬ分别以射线ＤＭꎬＤＣ为ｘꎬｙ轴的非负半轴ꎬ建立 ｎ Ａ→Ｍ ꎬ １ ＝ ２ ０ －１ ＝è－ １ ０ø
１ ＝０ ２
空间直角坐标系Ｄ － ｘｙｚ.则Ａ( ２ ３ ꎬ －２ ꎬ ０ )ꎬＣ( ０ ꎬ １ ꎬ ０ )ꎬＭ( ３ ꎬ ０ ꎬ ì ïï ２ ｘ １－ ｚ １＝０ ꎬ
)ꎬ设Ｐ( ꎬ ꎬｚ )ꎬｚ ꎬ因为 ＰＡ ꎬ所以 ｚ ꎬ故 以í 令ｘ ꎬ则ｙ ꎬｚ ꎬ即ｎ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
０ ３ ０ ０ ０>０ ＝ １５ ０＝ ２ ２ ïï ２ｘ ｙ ꎬ １＝ ２ １＝１ １＝２ １＝ ２ １ ２
Ｐ( ꎬ ꎬ )ꎬＮ
æ
ç ３ꎬ１ ꎬ
ö
÷ꎬ所以Ａ→Ｎ
æ
ç ３ ３ꎬ５ ꎬ
ö
÷ꎬＤ→Ｐ
î－
２
１＋ １＝０
３ ０ ２ ２ è
２ ２
２ø ＝è－
２ ２
２ø
{ｎ Ｐ→Ｂ ꎬ
＝
(
３
ꎬ
０
ꎬ
２ ２
)ꎬＤ→Ｍ
＝
(
３
ꎬ
０
ꎬ
０
).设平面ＰＤＭ的法向量为ｎ
＝
设平面ＰＭＢ的法向量为 ｎ
２＝
(ｘ
２
ꎬｙ
２
ꎬｚ
２
)ꎬ则
ｎ
２
Ｍ→Ｂ
＝０
ꎬ
由
(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ由 {ｎ ｎ Ｄ Ｄ → → Ｐ Ｍ ＝０ ꎬ ꎬ 得 { ３ ｘ ｘ ＋２ ꎬ ２ ｚ ＝０ ꎬ 取 ｎ ＝ ( ０ ꎬ １ ꎬ ０ ).设 ( １ ) 知 Ｐ→Ｂ ＝ ( ２ ꎬ １ ꎬ － １ )ꎬ Ｍ→Ｂ ＝ æ è ç ２ꎬ ０ ２ ꎬ ０ ö ø ÷ꎬ ＝ 所 ０ 以
＝０ ３ ＝０ ２
直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角为αꎬ所以
ｓｉｎ
α
＝｜ｃｏｓ
‹Ａ→Ｎꎬｎ›
｜＝
ì ïï
２
ｘ
２＋
ｙ
２－
ｚ
２＝０
ꎬ
年 ｜
Ａ→Ｎｎ
｜ １５.因此ꎬ直线ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成角的正弦值
í
ïï ２ｘ ꎬ
令ｙ
２＝１
ꎬ则ｚ
２＝１
ꎬ即ｎ
２＝
(
０
ꎬ
１
ꎬ
１
)ꎬ
高 ｜ Ａ→Ｎ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ６ î ２ ２＝０
考 ｎ ｎ
为 １５. 所以 ｃｏｓ ‹ｎ １ ꎬｎ ２ › ＝ ｎ １ ｎ ２ ＝ １×１＋２×１ ＝ ３ .
年 ６ ｜ １｜｜ ２｜ ７× ２ １４
模 １０.(２０２１全国乙ꎬ１８ꎬ１２分ꎬ综合性)如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的 由题图可知二面角Ａ ＰＭ Ｂ的平面角为锐角ꎬ所以所求二面
ꎬ － － －
拟
底面是矩形 ꎬ ＰＤ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ꎬ ＰＤ ＝ ＤＣ ＝１ꎬ Ｍ为ＢＣ的中点 ꎬ 且 角的正弦值为 æ ç ３ ö ÷ ２ ７０.
ＰＢ ＡＭ. １－è ø ＝
⊥ １４ １４
︵
教
师
用
书
︶
１ ６２
三年 考点基础练 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
模拟 综合提升练 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
2020—2022
A组 考点基础题组 学生用书P228
考点一 空间角与距离 把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正 ＡＢＣ的顶点都在半
△
１.(２０２２江苏南通基地学校３月联
径为 的球面上 球心到 ＡＢＣ所在平面的距离为２ ６ 则Ａ Ｂ
考ꎬ４)某同学画 切面圆柱体 用 ２ ꎬ △ ꎬ 、
“ ”( ３
与圆柱底面不平行的平面切圆柱 两点的球面距离为
ꎬ ( )
底面与切面之间的部分叫做切面
π ２π ３π
圆柱体 发现 切面 与圆柱侧面 Ａ.π Ｂ. Ｃ. Ｄ.
２ ３ ４
)ꎬ “ ”
答案 Ｃ
的交线是一个椭圆 如图所示 若
( )ꎬ
５.(２０２２ 江苏苏州常熟抽测二ꎬ１６)已知正方体 ＡＢＣＤ
－
该同学所画的椭圆的离心率为 １
ꎬ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 点Ｐ在棱Ａ Ｂ 上运动 点Ｑ在棱ＢＣ上
２ １ １ １ １ ３ꎬ １ １ ꎬ
则 切面 所在平面与底面所成的角为 运动 且ＰＱ与ＤＤ 所成角为 °.若线段ＰＱ的中点为Ｍ 则Ｍ
“ ” ( ) ꎬ １ ３０ ꎬ
的轨迹长度为 .
π π π π
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
１２ ６ ４ ３ 答案 ３
答案 Ｂ π
４
２.(２０２２河北秦皇岛二模ꎬ６)如图 在直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ ６.(２０２２ 湖北九师联盟 ３ 月质检ꎬ１９)如图 三棱柱 ＡＢＣ
ꎬ － １ １ １ ꎬ －
中 ＡＡ ＡＣ ＢＣ ＡＢ Ｄ Ｅ分别是Ａ Ｂ ＣＣ 的中点 则 Ａ Ｂ Ｃ 各棱长均为 Ｃ ＣＡ °.
直 ꎬ 线Ｂ １ Ｃ ＝ 与平 ＝ 面Ａ ＝１ Ｂ ꎬ Ｅ所 ＝ 成 ２ 角 ꎬ 的 ꎬ 正弦值为 １ １ꎬ １ ꎬ １ １ 求 １ 证 ＡＣ ＢＣ ２ꎬ∠ １ ＝６０
１ ( ) (１) 若二面 : 角 ⊥ Ａ １ Ａ ꎻ Ｃ Ｂ 的大小为 ° 求直线 Ｂ Ｃ 与平面
(２) １－ － １２０ ꎬ １ １
ＡＣＣ Ａ 所成角的正弦值.
１ １
解析 ( )证明:取ＡＣ的中点Ｄꎬ连接ＢＤꎬＣ ＤꎬＣ Ａꎬ则ＢＤ
１ １ １
ＡＣ.
⊥
Ａ. ２ Ｂ. ５ Ｃ. ３ Ｄ. ６ 因为ＣＣ ＣＡ ꎬ Ｃ ＣＡ °ꎬ所以 ＡＣＣ 为等边三角形.又
３ ５ ４ ６ １＝ ＝２ ∠ １ ＝６０ △ １
答案 Ｄ Ｄ为ＡＣ的中点ꎬ所以Ｃ Ｄ ＡＣ.
１ ⊥
３.(多选)(２０２２ 广东汕头一模ꎬ１２)如图 正方体 ＡＢＣＤ 因为Ｃ Ｄ ＢＤ ＤꎬＣ ＤꎬＢＤ 平面 ＢＤＣ ꎬ所以 ＡＣ 平面
ꎬ － １ ∩ ＝ １ ⊂ １ ⊥
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为ａ 线段Ｂ Ｄ 上有两个动点Ｅ Ｆ 且ＥＦ ＢＤＣ ꎬ又ＢＣ 平面ＢＤＣ ꎬ所以ＡＣ ＢＣ .
１ １ １ １ ꎬ １ １ ꎬ ꎬ ＝ ( )由 １ ( )知 １ ꎬ ⊂ Ｃ ＤＢ为二 １ 面角Ａ ⊥ ＡＣ Ｂ １ 的平面角ꎬ
２ａ.则下列结论正确的是 所 ２ 以 Ｃ １ ＤＢ ∠ １ °. １－ －
２ ( ) 以Ｄ ∠ 为坐 １ 标原 ＝１ 点 ２０ ꎬ分别以ＤＡꎬＤＢ所在直线为ｘ轴ꎬｙ轴建立如
图所示的空间直角坐标系ꎬ则Ｄ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ
０ ０ ０ １ ０ ０ －１ ０
æ ö
)ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ ç ꎬ ３ꎬ３ ÷ꎬ
０ ０ ３ ０ １è０ － ø
２ ２
当Ｅ与Ｄ 重合时 异面直线ＡＥ与ＢＦ所成的角为π
Ａ. １ ꎬ 第
３ 八
Ｂ.
三棱锥Ｂ
－
ＡＥＦ的体积为定值
æ ö 章
Ｃ. ＥＦ在平面ＡＢＢ １ Ａ １ 内的射影长为 １ ２ ａ 所以Ｃ→Ｃ １＝è ç １ ꎬ － ２ ３ꎬ３ ２ ø ÷ꎬ→ＣＡ ＝ ( ２ ꎬ ０ ꎬ ０ )ꎬＣ １ →Ｂ １＝ Ｃ→Ｂ ＝ ( １ ꎬ ３ ꎬ ０ ). 立 体
４
Ｄ
.
.
(
当 答
２０
案 Ｅ
２１
向
东
Ｂ Ｄ
北
Ｃ １ Ｄ
三
运 动
省
时
三
ꎬ
校
二
第
面
一
角
次
Ａ
联
－ Ｅ
考
Ｆ －
ꎬ
Ｂ
１２
的
)球
平
面
面
上
角保
两
持
点
不
之
变
间的最
设
则
{ 平 ｎ 面 →Ｃ Ａ Ａ ＣＣ
＝
１
０
Ａ ꎬ １ 的
即
{ 法 ２ 向 ｘ ＝ 量 ０ ꎬ 为ｎ ＝ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ 几 何 与
空
短连线的长度 就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣 ｎＣ→Ｃ １＝０ ꎬ ｘ － ３ｙ ＋ ３ ｚ ＝０ ꎬ 间
ꎬ ２ ２ 向
弧的长度 大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆 我们 令ｚ ꎬ得ｙ . 量
( )ꎬ ＝１ ＝ ３
１ ６３
所以平面ＡＣＣ Ａ 的一个法向量为ｎ ( ꎬ ꎬ ). Ａ Ｐ ＤＱ
设直线Ｂ Ｃ 与 １ 平 １ 面ＡＣＣ Ａ 所成角为 ＝ θ ０ ꎬ ３ １ Ｄ. 设Ｐ ꎬ Ｑ分别在线段Ａ １ Ｂ １ꎬ ＤＣ １ 上 ꎬ 且 Ａ １ Ｂ ＝ＤＣ ꎬ 则ＰＱ的最
１ １ １ １ １ １ １
小值为
ｎＣ→Ｂ
３
则 θ ｜ １ １｜ ３ ３ . 答案 ＡＢＤ
ｓｉｎ ＝ ｎ Ｃ→Ｂ ＝ ２×２ ＝ ４
｜ ｜｜ １ １｜ ５.(２０２２湖南３月调研ꎬ１３)若直线 ｌ 的方向向量 ｍ ｘ
考点二 空间向量及其应用 ＝( ꎬ－１ꎬ
平面α的法向量ｎ 且直线ｌ 平面α 则实数
２)ꎬ ＝(－２ꎬ－２ꎬ４)ꎬ ⊥ ꎬ
１.(２０２２重庆模拟调研(四)ꎬ５)设Ａ Ｂ Ｃ Ｄ为空间中的四个 ｘ的值是 .
ꎬ ꎬ ꎬ
点
ꎬ
则
“
Ａ→Ｄ
＝
→ＡＢ
＋
→ＡＣ
”
是
“
Ａ
ꎬ
Ｂ
ꎬ
Ｃ
ꎬ
Ｄ四点共面
”
的
( )
答案
－１
充分不必要条件 ６.(２０２１ 江苏泰州二模ꎬ１６)已知点Ｄ Ｅ是边长为 的等边
Ａ. 、 １２
必要不充分条件 ＡＢＣ的两边ＡＢ ＡＣ的中点 沿ＤＥ折叠 ＡＤＥ 使得二面角
Ｂ. △ ꎬ ꎬ △ ꎬ
充要条件 Ａ ＤＥ Ｂ 为 ° 则四棱锥 Ａ ＢＣＥＤ 外接球的表面积
Ｃ. － － ６０ ꎬ －
既不充分也不必要条件 为 .
Ｄ.
答案 Ａ 答案
１４８π
２.(２０２２ 江苏南通基地学校第四次联考ꎬ７)已知正四棱台 ７.(２０２２济南一模ꎬ１９)如图 矩形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢ ＢＣ 将
ꎬ ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的上 下底面正方形的边长分别为 和 Ｐ ＡＣＤ沿ＡＣ 折起 使得点 Ｄ 到达点 Ｐ 的位置 连接 ＰＢ ＰＢ
－ １ １ １ １ 、 １ ２ꎬ △ ꎬ ꎬ ꎬ
.
是上底面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的边界上一点.若→ＰＡ Ｐ→Ｃ的最小值为 １ ＝ ３
１ １ １ １ ꎬ 证明 平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣ
２ (１) : ⊥ ꎻ
则该正四棱台的体积为 求直线ＰＣ与平面ＡＢＣ所成角的正弦值.
( ) (２)
７ ５
Ａ. Ｂ.３ Ｃ. Ｄ.１
２ ２
答案 Ａ
３.(２０２２江苏金陵中学二模ꎬ６)Ｐ为正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 对
角线ＢＤ 上的一点 且ＢＰ λＢＤ λ 下面 － 结 １ 论 １ 不 １ 正 １ 确 解析 ( )证明:因为ＢＣ ꎬＰＣ ꎬＰＢ ꎬ所以ＢＣ２ ＰＢ２
的是 １ ꎬ ＝ １( ∈(０ꎬ１))ꎬ ＰＣ２ꎬ所 以 １ ＢＣ ＰＢꎬ又因为 ＝ Ｂ １ Ｃ Ａ ＝ Ｂ ２ ꎬＰＢ ＝ ＡＢ ３ ＢꎬＰＢꎬＡＢ ＋ 平
( ) ＝ ⊥ ⊥ ∩ ＝ ⊂
Ａ Ｄ Ｃ Ｐ 面ＰＡＢꎬ所以 ＢＣ 平面 ＰＡＢꎬ因为 ＢＣ 平面 ＡＢＣꎬ所以平面
Ａ. １ ⊥ １ ＡＢＣ 平面ＰＡＢ. ⊥ ⊂
若ＢＤ 平面ＰＡＣ 则λ １ ⊥
Ｂ. １⊥ ꎬ ＝ ( )作ＰＯ ＡＢ于点Ｏꎬ以Ｏ为坐标原点ꎬ以过Ｏ垂直于平面
３ ２ ⊥
( ) ＰＡＢ的直线为ｘ轴ꎬＯＢꎬＯＰ所在直线分别为ｙꎬｚ轴ꎬ建立空间
若 ＰＡＣ为钝角三角形 则λ １
Ｃ. △ ꎬ ∈ ０ꎬ 直角坐标系.
２
( ) æ ö ( )
Ｄ. 若 答案 λ ∈ Ｃ ２ ３ ꎬ１ ꎬ 则 △ ＰＡＣ为锐角三角形 易得ＯＢ ＝ ２ ３ ꎬＯＰ ＝ ２ ３ꎬ所以Ｐ è ç ０ ꎬ ０ ꎬ ２ ３ ø ÷ꎬＣ －１ ꎬ３ ２ ꎬ ０ ꎬ所以
æ ö
４.(多选)(２０２２山东烟台、德州一模ꎬ１１)如图 正三棱柱ＡＢＣ Ｐ→Ｃ ç ꎬ３ ꎬ ３÷ꎬ
ꎬ － ＝è－１ － ø
Ａ Ｂ Ｃ 中 底面ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 ＡＡ Ｄ 为 ２ ２
Ｂ １ Ｃ的 １ 中 １ 点 ꎬ 则 ２ ꎬ １＝３ꎬ 易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ ＝ ( ０ ꎬ ０ ꎬ １ )ꎬ
ꎬ ( ) Ｐ→Ｃｎ
所以 ‹Ｐ→Ｃꎬｎ› ３ꎬ
ｃｏｓ ＝ Ｐ→Ｃ ｎ ＝－ ４
｜ ｜ ｜ ｜
所以直线ＰＣ与平面ＡＢＣ所成角的正弦值为 ３.
４
直线Ａ Ｂ 平面ＡＤＣ
Ａ. １ ∥ １
年
高 点Ｂ 到平面ＡＤＣ 的距离为３ １０
考 Ｂ. １ １ ５
年 异面直线Ａ Ｂ 与Ｃ Ｄ所成角的余弦值为 １０
Ｃ. １ １ １
模 １０
拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ６４
B组 综合应用题组 学生用书P230
60分钟 70分
一、单项选择题(每小题５分ꎬ共３０分)
ＡＢ ＡＤ 直线ＰＭ与平面ＡＢＣＤ所成的角为π.记点Ｍ的
１.(２０２２湖北４月调研(二模)ꎬ６)在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ ＝１ꎬ ＝３ꎬ
－ ꎬ ⊥ ４
平面ＡＢＣＤ ＡＰ 点Ｍ是矩形ＡＢＣＤ内 含边界 的动点 且 轨迹长度为α 则 α ꎬ ＝２ꎬ ( ) ꎬ ꎬ ｔａｎ ＝ ( )
３
Ａ. Ｂ.１ Ｃ. ３ Ｄ.２
３
答案 Ｃ
２.(２０２２河北衡水中学六调ꎬ５)在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
－ １ １ １ １ ꎬ
过点Ｄ作直线ｌ与异面直线ＡＣ和ＢＣ 所成的角均为θ 则θ
１ ꎬ
的最小值为
( )
° ° ° °
Ａ.１５ Ｂ.３０ Ｃ.４５ Ｄ.６０
答案 Ｂ
当Ｐ 在平面 ＢＣＣ Ｂ 上运动时 四棱锥 Ｐ ＡＡ Ｄ Ｄ 的体积
３.(２０２２ 江苏南通基地学校 ３ 月调研ꎬ７)已知正六棱柱 Ａ. １ １ ꎬ － １ １
不变
ＡＢＣＤＥＦ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ 的底面边长为 Ｐ是正六棱柱内 不
－ １ １ １ １ １ １ １ꎬ ( 当Ｐ在线段ＡＣ上运动时 Ｄ Ｐ与Ａ Ｃ 所成角的取值范围
含表面 的一点 则→ＡＰ →ＡＢ的取值范围是 Ｂ. [ ] ꎬ １ １ １
( ) ) ꎬ ( ) ( ) 是 π π
ꎬ
１ ３ ３ １ ６ ２
Ａ. － ꎬ Ｂ. － ꎬ 当直线ＡＰ与平面ＡＢＣＤ所成的角为 °时 点Ｐ的轨迹长
( ２ ２ ) ( ２ ) ２ Ｃ. ４５ ꎬ
１ ３ 度为
Ｃ. － ꎬ１ Ｄ. ０ꎬ π＋４ ２
２ ２ 若Ｆ是Ａ Ｂ 的中点 当Ｐ在底面ＡＢＣＤ上运动 且满足ＰＦ
答案 Ａ Ｄ. １ １ ꎬ ꎬ
平面Ｂ ＣＤ 时 ＰＦ长度的最小值是
４.(２０２２江苏扬州高邮一中３月质检ꎬ７)如图 已知直三棱柱 ∥ １ １ ꎬ ５
ꎬ 答案 ＡＣ
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧棱长为 ＡＣ ＢＣ ＡＣＢ ° 点Ｄ是
－ １ １ １ ꎬ ２ꎬ ＝ ＝１ꎬ∠ ＝９０ ꎬ 三、填空题(每小题５分ꎬ共１０分)
Ａ Ｂ 的中点 Ｅ是侧面ＡＡ Ｂ Ｂ 含边界 上的动点 且有ＡＢ
１ １ ꎬ １ １ ( ) ꎬ １⊥ ８.(２０２２湖北部分重点中学４月联考ꎬ１６)已知ｅ ｅ 是空间单
平面Ｃ ＤＥ 则直线Ｃ Ｅ与侧面 ＡＡ Ｂ Ｂ 所成角的正弦值的最 １ꎬ ２
１ ꎬ １ １ １
小值为 位向量 ｅ ｅ １ 若空间向量ｂ满足ｂ ｅ ｂ ｅ ５
( ) ꎬ １ ２＝ ꎬ １＝２ꎬ ２＝ ꎬ
２ ２
且对任意 ｘ ｙ Ｒ ｂ ｘｅ ｙｅ ｂ ｘ ｅ ｙ ｅ
ꎬ ∈ ꎬ｜ －( １＋ ２) ｜≥｜ －( ０ １＋ ０ ２) ｜ ＝
ｘ ｙ Ｒ 则ｘ ｙ ｂ .
２( ０ꎬ ０∈ )ꎬ ０＋ ０＋｜ ｜＝
答案
６
９.(２０２２辽宁大连二十四中联考ꎬ１６)已知三棱锥Ｏ ＡＢＣ Ｐ是
－ ꎬ
平面ＡＢＣ内任意一点 数列 ａ 共 项 ａ ａ ａ ａ 且
ꎬ { ｎ} ９ ꎬ １＝１ꎬ １＋ ９＝２ ５
满足Ｏ→Ｐ ＝( ａ ｎ－ ａ ｎ －１) ２ Ｏ→Ａ －３ ａ ｎ Ｏ→Ｂ ＋３( ａ ｎ －１＋１) Ｏ→Ｃ (２≤ ｎ ≤９ꎬ ｎ ∈
Ｎ 则满足上述条件的数列共有 个.
)ꎬ
答案
２ ５ １０ １０ ７０
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 四、解答题(共２５分)
２ ５ ５ １０
答案 Ｃ １０.(２０２２八省八校联考二ꎬ１８)如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
ꎬ － １ １ １
５.(２０２２ 湖北九师联盟 ３ 月质检ꎬ 中 ＡＣ ＢＣ ＡＢ Ｅ Ｆ分别为线段ＢＢ Ａ Ｃ的中点.
ꎬ ＝ ２ ＝ ２ ＝ ２ꎬ ꎬ １ꎬ １
７)如图 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 证明 ＥＦ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ
ꎬ － １ １ １ １ (１) : ⊥ １ １ ꎻ
中 Ｅ Ｆ 分别为棱 ＡＡ Ａ Ｄ 的中
ꎬ ꎬ １ꎬ １ １ 若二面角Ｃ Ａ Ｅ Ａ的大小为π 求ＡＡ 的长.
点 则直线ＢＥ与ＤＦ所成角的余弦 (２) － １ － ꎬ １
ꎬ ３
值为
( )
２ ３
Ａ. Ｂ.
５ ５
３ ４
Ｃ. Ｄ.
４ ５
答案 Ａ
６.(２０２１ 东北三省三校第一次联考ꎬ１０)过正方体 ＡＢＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的顶点 Ａ 作平面 α 使 α 平面 Ａ Ｂ ＣＤ Ａ Ｄ 和 解析 ( )证明:取Ａ Ｃ 的中点Ｇꎬ连接ＦＧꎬＢ Ｇ.
１ １ １ １ ꎬ ∥ １ １ ꎬ １ １ １ １ １ １
Ｄ Ｃ 的中点分别为Ｅ和Ｆ 则直线ＥＦ与平面α所成角的正弦 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 为直三棱柱ꎬ ＣＣ 平面Ａ Ｂ Ｃ .
１ １ ꎬ ∵ － １ １ １ ∴ １⊥ １ １ １
值为 Ｂ Ｇ 平面Ａ Ｂ Ｃ ꎬ Ｂ Ｇ ＣＣ .
( ) ∵ １ ⊂ １ １ １ ∴ １ ⊥ １
Ａ Ｂ Ｂ Ｃ ꎬＧ为Ａ Ｃ 的中点ꎬ Ｂ Ｇ Ａ Ｃ ꎬ
１ ３ ２ ３ ∵ １ １＝ １ １ １ １ ∴ １ ⊥ １ １
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. Ａ Ｃ ＣＣ Ｃ ꎬ Ｂ Ｇ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ. 第
答 ２ 案 Ａ ２ ３ ３ ∵ Ｇ １ 为 １∩ Ａ Ｃ １ 的 ＝ 中 １ 点 ∴ ꎬＦ １ 为 ⊥ Ａ Ｃ 的中 １ 点 １ ꎬ ＦＧ ＣＣ 且 ＦＧ 八
∵ １ １ １ ∴ ∥ １ ＝ 章
二、多项选择题(共５分)
１ ＣＣ . Ｅ 为 ＢＢ 的中点ꎬＢＢ ＣＣ ꎬ Ｂ Ｅ １ ＣＣ ꎬＢ Ｅ
７.(２０２２湖南邵阳一模ꎬ１２)如图 点 Ｐ 是棱长为 的正方体 １ ∵ １ １ １ ∴ １ ＝ １ １ 立
ꎬ ２ ２ ２ 体
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的表面上一个动点 则 ＣＣ . 几
－ １ １ １ １ ꎬ ( ) ∥ ＦＧ １ Ｂ Ｅ且ＦＧ Ｂ Ｅꎬ 四边形Ｂ ＥＦＧ为平行四边形ꎬ ＥＦ 何
∴ ∥ １ ＝ １ ∴ １ ∴ 与
Ｂ Ｇ. ＥＦ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ.
空
∥ １ ∴ ⊥ １ １
间
( ) ＡＣ ꎬＡＢ ＢＣ ꎬ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＣ２ꎬ
２ ∵ ＝ ２ ＝ ＝１ ∴ ＋ ＝ 向
ＡＢＣ为直角ꎬ即ＡＢ ＢＣꎬ则Ａ Ｂ Ｂ Ｃ . 量
∴ ∠ ⊥ １ １⊥ １ １
１ ６５
以Ｂ Ａ 所在直线为ｘ轴ꎬＢ Ｃ 所在直线为ｙ轴ꎬＢＢ 所在直线
１ １ １ １ １
为ｚ轴ꎬ建立如图所示的空间直角坐标系.
解析 ( )直线ｌ 平面ＰＢＣ.
１ ∥
证明:当λ １ 时ꎬＭ是ＰＢ的中点ꎬ又因为Ｎ是ＰＣ的中点ꎬ所
＝
则Ａ( ꎬ ꎬ )ꎬ设ＡＡ 的长为ｘ(ｘ )ꎬ则Ｃ( ꎬ ꎬｘ)ꎬＡ( ꎬ ꎬ ２
１ １ ０ ０ １ >０ ０ １ １ ０ 以ＭＮ ＢＣꎬ又ＢＣ 平面ＡＢＣꎬ且ＭＮ 平面ＡＢＣꎬ
( ｘ ) ∥ ⊂ ⊄
ｘ)ꎬＥ ꎬ ꎬ ꎬ 所以ＭＮ 平面ＡＢＣꎬ
０ ０ ∥
２ 又ＭＮ 平面ＡＭＮꎬ且平面ＡＭＮ 平面ＡＢＣ ｌꎬ所以ＭＮ ｌꎬ
( ｘ ) ( ｘ ) ⊂ ∩ ＝ ∥
则Ａ→Ａ ( ꎬ ꎬｘ)ꎬＥ→Ａ ꎬ ꎬ ꎬＥ→Ｃ ꎬ ꎬ . 又因为ｌ 平面ＰＢＣꎬＭＮ 平面ＰＢＣꎬ
１ ＝ ０ ０ １＝ １ ０ － ＝ ０ １ ⊄ ⊂
２ ２ 所以直线ｌ 平面ＰＢＣ.
设平面Ａ ＥＡ的法向量为ｍ (ａꎬｂꎬｃ)ꎬ ∥
{ｍＥ→ １ Ａ ꎬ { ａ ｃｘ ＝ ꎬ ( ２ )因为ＡＣ是圆Ｏ的直径ꎬ所以 ∠ ＡＢＣ ＝９０ °ꎬ
则 １＝０ 即 － ＝０ 由勾股定理得ＡＢ ꎬ
２ ＝ ３
ｍＡ→ １ Ａ ＝０ ꎬ ｃｘ ＝０ ꎬ 因为ＰＡ ⊥ 平面ＡＢＣꎬＢＣ ⊂ 平面ＡＢＣꎬ所以ＰＡ ⊥ ＢＣꎬ
得ａ ｃ ꎬ取ｂ ꎬ则ｍ ( ꎬ ꎬ )ꎬ 又ＡＢ ＢＣꎬＡＢ ＰＡ Ａꎬ所以 ＢＣ 平面 ＰＢＡꎬ则 ＢＣ ＰＢꎬ故
＝ ＝０ ＝１ ＝ ０ １ ０ ⊥ ∩ ＝ ⊥ ⊥
设平面Ａ ＥＣ的法向量为ｎ (ｒꎬｓꎬｔ)ꎬ ＰＢＡ是平面ＰＢＣ与平面ＡＢＣ所成的角ꎬ
１ ＝ ∠
ì ｔｘ 所以 ＰＢＡ °ꎬ
则 {ｎＥ→Ａ １＝０ ꎬ 即í ï ï ｒ － ２ ＝０ ꎬ 取ｔ ꎬ得ｒ ｘꎬｓ ｘꎬ 所以 ∠ △ ＰＡＢ ＝ 为 ４ 等 ５ 腰直角三角形ꎬ且ＰＡ ＝ ＡＢ ＝ ３ .
ｎＥ→Ｃ
＝０
ꎬ
î
ï
ïｓ
＋
ｔ
２
ｘ
＝０
ꎬ
＝２ ＝ ＝－ 以
所
点
示的
Ｂ
空
为
间
坐
直
标
角
原
坐
点
标
ꎬＢ
系
Ａꎬ
Ｂ
Ｂ
－
Ｃ
ｘｙ
所
ｚꎬ
在直线分别为ｘꎬｙ轴建立如图
则ｎ (ｘꎬ ｘꎬ ).
＝ － ２
由二面角Ｃ Ａ Ｅ Ａ的大小为πꎬ得ｍꎬｎ的夹角为π或２π.则
－ １ －
３ ３ ３
ｍｎ ｘ
‹ｍꎬｎ› ｜ ｜ ｜－ ｜ １ .
｜ｃｏｓ ｜＝
｜
ｍ
｜｜
ｎ
｜
＝ ｘ２
＋
ｘ２
＋４
＝
２
解得ｘ２ ꎬ ｘ ꎬ ｘ .故ＡＡ 的长为 .
＝２ ∵ >０ ∴ ＝ ２ １ ２
１１.(２０２２山东潍坊二模ꎬ１８)如图 线段ＡＣ是圆Ｏ的直径 点
ꎬ ꎬ
Ｂ是圆Ｏ上异于Ａ Ｃ的点 ＡＣ ＢＣ ＰＡ 平面ＡＢＣ Ｍ是
ꎬ ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ ⊥ ꎬ 则Ａ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ )ꎬＰ( ꎬ ꎬ )ꎬ则→ＡＣ
ＰＢ上的动点 且Ｐ→Ｍ λＰ→Ｂ λ Ｎ是ＰＣ的中点. ３ ０ ０ ０ ０ ０ ０ １ ０ ３ ０ ３ ＝
ꎬ ＝ (０< <１)ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬ→ＡＰ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
－ ３ １ ０ ＝ ０ ０ ３
若λ １ 记平面ＡＭＮ与平面ＡＢＣ的交线为ｌ 试判断直 设平面ＰＡＣ的法向量为ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
(１) ＝ ꎬ ꎬ ＝
２
线ｌ与平面ＰＢＣ的位置关系 并加以证明 {ｎ→ＡＣ ꎬ { ｘ ｙ ꎬ
ꎬ ꎻ 则 ＝０ 所以 － ３ ＋ ＝０
若平面ＰＢＣ与平面ＡＢＣ所成的角为π 点Ｍ到平面ＰＡＣ ｎ→ＡＰ ＝０ ꎬ ３ ｚ ＝０ ꎬ
(２) ꎬ
４ 令ｘ ꎬ得ｙ ꎬ则ｎ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
＝１ ＝ ３ ＝ １ ３ ０
的距离是 ３ 求λ的值. 又Ｐ→Ｍ λＰ→Ｂ ( λꎬ ꎬ λ)ꎬ
ꎬ ＝ ＝ － ３ ０ － ３
３
Ｐ→Ｍｎ λ
所以点Ｍ到平面ＰＡＣ的距离ｄ ｜ ｜ ３ ３ꎬ
＝ ｎ ＝ ＝
｜ ｜ ２ ３
所以λ ２ .
＝
年 ３
高
考
年
模 拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ６６
一年 甄选情境素养 五年 考点式编排 三年 考点基础练 一年 甄选情境素养
创新 专家独家命制 高考 题组式训练 模拟 综合提升练 创新 专家独家命制
学生用书P232
１.(２０２２ ５３原创题)如图 已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
ꎬ － １ １ １ １ ꎬ
Ｆ为线段ＢＣ 的中点 Ｅ为线段Ａ Ｃ 上的动点 给出下列四个
１ ꎬ １ １ ꎬ
结论
:
三棱锥Ｂ ＡＣＥ的体积为定值.
④ １－
其中正确结论的序号是
( )
Ａ.②③ Ｂ.①④ Ｃ.①③ Ｄ.②④
答案 Ｄ
２.(２０２２ ５３原创题)在矩形ＡＢＣＤ中 已知ＡＢ ＡＤ
ꎬ ＝ ３ꎬ ＝１ꎬ
现将 ＡＣＤ沿对角线 ＡＣ 向上翻折 得空间四边形 ＡＢＣＤ 若
△ ꎬ ꎬ
ＢＤ ６ 则锐二面角Ｄ ＡＣ Ｂ的正切值为 .
＝ ꎬ － －
２
存在点Ｅ 使ＥＦ ＢＤ
① ꎬ ∥ ꎻ 答案 ５
存在点Ｅ 使ＥＦ 平面ＡＢ Ｃ Ｄ
② ꎬ ⊥ １ １ ꎻ ２
ＥＦ与ＡＤ 所成的角不可能等于 °
③ １ ６０ ꎻ
第
八
章
立
体
几
何
与
空
间
向
量
１ ６７
