北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021河南十所名校4月联考,12)已知圆锥的底面圆心为O,顶点为S,侧面展开图对应扇形的圆
3
心角为√3π,A,B是底面圆周上的两点,SB与平面SOA所成角的正弦值为 ,则SA与OB所成角的
4
余弦值为( )
√3 1 3 √3
A. B. C. D.
4 2 4 2
答案 A 如图,设圆锥的底面半径为r,母线SA=l,高SO=h.由侧面展开图对应扇形的圆心角为√3
2πr r √3
π,得 =√3π,得 = ,所以SA与底面所成的角为∠SAO=30°,SA=SB=2h,r=√3h.过点B作BC⊥
l l 2
直线AO于点C,连接SC,AB.由圆锥的性质可知,SO⊥平面AOB,因为BC⊂平面AOB,所以SO⊥BC,
BC 3
又SO∩OA=O,所以BC⊥平面SOA,所以∠BSC即直线SB与平面SOA所成的角,sin∠BSC= = ,
SB 4
3
BC 3 3 BC h √3
即 = ,BC= h.在直角△BOC中,sin∠BOC= = 2 = ,所以∠BOC=60°.过A作AE∥OB交
2h 4 2 OB 2
√3h
圆O于E,则∠SAE(或其补角)即为SA与OB所成的角.连接SE,OE,因为
√3
∠EAO=∠BOC=60°,OA=OE,∴△AEO为等边三角形,AE=OB=√3h,在△SAE中,易得cos∠SAE= .
4
⏜
2.(2021山西晋中二模,6)如图,圆锥的轴截面ABC为正三角形,其面积为4√3,D为AB的中点,E为
母线BC的中点,则异面直线AC,DE所成角的余弦值为 ( )
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√2 √2 √6 √3
A. B. C. D.
4 2 3 3
答案 B 取AB的中点为O,连接OD,OC,AD,BD,因为△ABC是圆锥的轴截面,所以平面ABC⊥平
⏜
面ABD,又D是AB的中点,所以OD⊥AB,又平面ABC∩平面ABD=AB,OD⊂平面ABD,所以OD⊥
平面ABC.又OC⊥AB,所以以O为坐标原点,以⃗OD,⃗OB,⃗OC的方向分别为x轴、y轴、z轴的正
方向建立空间直角坐标系(图略),由△ABC为正三角形,且面积为4√3,得△ABC的边长为4,从而可
得A(0,-2,0),C(0,0,2√3),D(2,0,0),B(0,2,0),所以⃗AC=(0,2,2√3),因为E是BC的中点,所以E(0,1,√3),
|⃗AC·⃗DE|
⃗DE=(-2,1,√3).设异面直线AC,DE所成的角为θ,则有cos θ=|cos<⃗AC,⃗DE>|= =
|⃗AC|·|⃗DE|
8 √2
= ,故选B.
4×2√2 2
一题多解 取AB的中点O,连接OD,OE,因为E是BC的中点,所以OE∥AC,所以∠OED或其补角
为异面直线AC,DE所成的角,连接AD,BD,因为△ABC是圆锥的轴截面,所以平面ABC⊥平面ABD,
⏜
又D是AB的中点,所以OD⊥AB,又平面ABC∩平面ABD=AB,OD⊂平面ABD,所以OD⊥平面
1
ABC,所以OD⊥OE,由△ABC为正三角形,且面积为4√3,得△ABC的边长为4,易知OD= AB=2,OE=
2
1 √2
AC=2,所以在Rt△ODE中,cos∠OED= ,故选B.
2 2
3.(2021东北三省四市教研联合体3月联考,8)长方体ABCD-ABCD 中,AB=2,BC=4,AA=4√3.过
1 1 1 1 1
BC的平面分别交线段AA,DD 于M、N两点,四边形BCNM为正方形,则异面直线DM与BD所
1 1 1
成角的余弦值为 ( )
√14 √21 √14 4√35
A. B. C. D.
14 14 4 35
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答案 D 解法一:如图,连接BD,BM,则BD∥BD,所以∠BDM(或其补角)就是异面直线BD与
1 1 1 1 1 1 1
DM所成的角,因为四边形BCNM为正方形,且BC=4,所以CN=√CD2+DN2=√22+DN2=4,解
1
得DN=2√3,即M,N分别为AA 和DD 的中点,所以BM=4.在△BDM中,由余弦定理的推论得
1 1 1 1 1
B D2+D M2-B M2 20+28-16 4√35
1 1 1 1
cos∠BDM= = = ,所以异面直线DM与BD所成的
1 1 2B D ·D M 2×2√5×2√7 35 1
1 1 1
4√35
角的余弦值为 ,故选D.
35
解法二:因为四边形BCNM为正方形,且BC=4,所以CN=√CD2+DN2=√22+DN2=4,解得DN=2
√3,即M,N分别为AA 和DD 的中点,又⃗M D =⃗M A +⃗A D ,⃗BD=⃗BC+⃗CD,所以⃗M D ·⃗BD=(
1 1 1 1 1 1 1
⃗M A +⃗A D )·(⃗BC+⃗CD)=⃗M A ·⃗BC+⃗M A ·⃗CD+⃗A D ·⃗BC+⃗A D ·⃗CD=16,又知|⃗M D |
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⃗M D ·⃗BD 16 4√35
=2√7,|⃗BD|=2√5,所以cos<⃗M D ,⃗BD>= 1 = = ,
1 |⃗M D ||⃗BD| 2√7×2√5 35
1
4√35
所以异面直线DM与BD所成的角的余弦值为 ,故选D.
1 35
解法三:因为四边形BCNM是正方形,且BC=4,所以CN=√CD2+DN2=√22+DN2=4,解得DN=2
√3,所以M,N分别是AA,DD 的中点,如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,则
1 1
A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,4,0),M(0,0,2√3),D(0,4,4√3),所以⃗M D =(0,4,2√3),⃗BD=(-2,4,0),设异面直线
1 1
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|⃗M D ·⃗BD| 16 4√35
MD 与BD所成角为θ,则cos θ=|cos<⃗M D ,⃗BD>|= 1 = = ,故
1 1 |⃗M D |·|⃗BD| 2√7×2√5 35
1
选D.
4.(2021山西忻州重点中学3月月考,12)《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为
“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马P-ABCD(如图),PA⊥平面
ABCD,PA=AB=1,AD=3,点E,F分别在AB,BC上,当空间四边形PEFD的周长最小时,直线PA与平
面PFD所成角的正切值为 ( )
3√5 √5 3√3
A. B. C. D.2√3
5 5 2
答案 A 把平面PAB展开到与平面ABCD共面的P'AB的位置(如图),延长DC到D',使得CD'=1,
则DF=D'F,因为PD的长度为定值,故只需PE+EF+FD=P'E+EF+FD'最小,只需P',E,F,D'四点共线,
CF CD'
因为P'D=4,DD'=2, = ,所以CF=2.
P'D DD'
过点A作AG⊥FD,垂足为G,连接PG,则FD⊥平面PAG,所以平面PAG⊥平面PFD,过A作
AH⊥PG,垂足为H,则AH⊥平面PFD,故∠APG即为直线PA与平面PFD所成的角.因为△AFD的
3 1 3 3 3√5 AG 3√5
面积为 ,FD=√5,所以 ×√5×AG= ,所以AG= = ,所以tan∠APG= = .故选A.
2 2 2 √5 5 AP 5
5.(2021浙江“超级全能生”3月模拟,9)如图,已知在△ABC中,∠BAC=90°,AB=1,BC=2,D为线段BC
上一点,沿AD将△ABD翻折至△AB'D,若点B'在平面ADC内的射影H恰好落在线段AC(不含端点)
上,则二面角B'-DC-A的正切的最大值为( )
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√3
A. B.1 C.√2 D.√3
3
答案 C 在△ADC中,过点H作HQ⊥DC,垂足为Q,连接B'Q.
∵B'H⊥平面ADC,CD⊂平面ADC,
∴B'H⊥CD.
又HQ∩B'H=H,∴CD⊥平面B'QH,
∴CD⊥B'Q,∴∠B'QH是二面角B'-DC-A的平面角.
设AH=x(0<x<√3),则CH=√3-x,
QH CH CH √3-x
由△CAB∽△CQH知, = ,∴QH= ·AB= ,
AB CB CB 2
而B'H=√AB'2-AH2=√AB2-AH2=√1-x2,
√1-x2
√ 1-x2
∴tan∠B'QH= √3-x =2 .
(√3-x)2
2
√1-(√3-t)2 √ (1) 2 1
设√3-x=t(0<t<√3),则tan∠B'QH=2 =2 -2 +2√3· -1=2
t2 t t
√ (1 √3) 2 1
-2 - + ≤√2,故选C.
t 2 2
名师点睛 解决翻折问题一定要紧抓不变量,本题主要利用了AB=AB'这一不变量.
6.(2021浙江温州二模,10)如图,点M、N分别是正四面体ABCD的棱AB、CD上的点,设BM=x,直
线MN与BC所成的角为θ,则 ( )
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A.当ND=2CN时,θ随着x的增大而增大
B.当ND=2CN时,θ随着x的增大而减小
C.当CN=2ND时,θ随着x的增大而减小
D.当CN=2ND时,θ随着x的增大而增大
答案 D 设正四面体ABCD的棱长为1,
1 2
若ND=2CN,则NC= ,ND= ,由⃗NM=⃗NC+⃗CB+⃗BM得
3 3
√1 1 √ 7
|⃗NM|= +1+x2- -x= x2-x+ ,
9 3 9
| 1 x|
- +1-
cos
θ=|⃗NM·⃗CB|= 6 2
|⃗CB||⃗NM| √ 7
x2-x+
9
|1(5 )|
-x
2 3
= .
√ (5 ) 2 7(5 ) 17
-x - -x +
3 3 3 9
令5-x=t,t∈[2 5],
,
3 3 3
1 1
则cos θ=1· =1· ,
2
√ 17
-
7
+1 2
√17(1
-
21) 2
+
19
9t2 3t 9 t 34 68
因为1∈[3 3],且3<21<3,故cos θ不单调,所以A、B错误.
,
t 5 2 5 34 2
2 1
若CN=2ND,则NC= ,ND= ,由⃗NM=⃗NC+⃗CB+⃗BM得
3 3
√4 2 √ 7
|⃗NM|= +1+x2- -x= x2-x+ ,
9 3 9
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| 1 x|
- +1-
cos
θ=|⃗NM·⃗CB|= 3 2
|⃗CB||⃗NM| √ 7
x2-x+
9
|1(4 )|
-x
2 3
= .
√ (4 ) 2 5(4 ) 11
-x - -x +
3 3 3 9
令4-x=t,t∈[1 4],
,
3 3 3
1 1
则cos θ=1· =1· .
2
√ 11
-
5
+1 2
√11(1
-
15) 2
+
19
9t2 3t 9 t 22 44
因为1∈[3 ],且15<3,故cos θ单调递减,所以θ随着x的增大而增大,所以C错误,D正确.
,3
t 4 22 4
故选D.
7.(2021浙江新高考研究卷(二),8)如图,在正四棱锥P-ABCD中,AB≤PA,点Q是直线BC上一个动点,
直线BP在平面PAC上的投影记为l,设l与PA所成角为θ,l与平面PAQ所成角为θ,则 ( )
1 2
π π
A. ≤θ≤θ B.θ≤θ≤
2 1 2 1
4 4
π π
C. ≤θ≤θ D.θ≤θ≤
1 2 1 2
4 4
答案 B 取AC的中点O,连接PO,则直线PO即直线l,在平面PAQ中,PA是定直线,
√2 √2 √2
因为AB≤PA,所以AO= AB≤ PA,即cos∠PAO≤ ,
2 2 2
π π π
所以直线AO与直线AP的夹角大于或等于 ,则PO与PA的夹角小于或等于 ,即θ≤ .
1
4 4 4
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根据最小角定理,直线l与平面PAQ夹角的最大值为θ,当且仅当平面PAO与平面PAQ垂直时,取
1
到最大值,显然此时满足题意,故选B.
8.(2021浙江嘉兴二模,9)如图,矩形ABCD中,已知AB=2,BC=4,E为AD的中点.将△ABE沿着BE向
上翻折至△A'BE,记锐二面角A'-BE-C的平面角为α,A'B与平面BCDE所成的角为β,则下列结论不
可能成立的是( )
A.sin α=√2sin β B.√2cos α=cos β
π
C.α<2β D.α-β> 答案 D 记BC的中点为F,连接AF与BE交于点O,连接A'O,易知AF⊥BE,
4
则α=∠A'OF,过A'作A'H⊥平面BCDE,则垂足H在线段OF上,连接BH,则β=∠A'BH,设A'H=h.
A'H h A'H h
因为sin α= = ,sin β= = ,
OA' √2 A'B 2
所以sin α=√2sin β①,选项A成立;
将①平方得sin2α=2sin2β,所以1-cos2α=2(1-cos2β),
即cos2α=2cos2β-1=cos 2β,
因为cos2α<cos α,所以cos 2β<cos α,
所以α<2β,故选项C成立;
OH BH
cos α= ,cos β= ,若√2cos α=cos β,则2OH=BH,
√2 2
π
所以∠OBH= ,则B可能成立;
6
π π
由选项C成立知α<2β,并且β< ,所以α-β<2β-β=β< ,选项D不可能成立.故选D.
4 4
二、多项选择题
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9.(2021届山东开学质量检测,12)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,AA=AC=2,AB=3,∠BAC=90°,点
1 1 1 1
EC DC
D,E分别为线段BC,BC上的动点(不含端点),且 = ,则下列说法正确的是 ( )
1 B C BC
1
A.ED∥平面ACC
1
B.四面体A-BDE的体积是定值
√13
C.异面直线BC与AA 所成角的正切值为
1 1
2
4
D.二面角A-EC-D的余弦值为
13
答案 ACD 在直三棱柱ABC-ABC 中,四边形BCCB 是矩形.
1 1 1 1 1
EC DC
对于A,∵ = ,∴ED∥BB,又∵BB∥AA,∴ED∥AA,又∵ED⊄平面ACC,AA⊂平面
B C BC 1 1 1 1 1 1
1
ACC,∴ED∥平面ACC,A项正确.
1 1
EC DC ED EC DC ED
对于B,∵ED∥BB,∴ = = ,不妨令 = = =k(0<k<1),∴ED=kBB,DC=kBC,又
1 B C BC B B B C BC B B 1
1 1 1 1
∵BB⊥平面ABC,∴ED⊥平面ABC,∴ED⊥BC,又A到平面DCC 的距离即为A到BC的距离d=
1 1
AB·AC 3×2 6√13 1 1 1 1
= = ,∴四面体A-BDE的体积V = ·S ·d= × BD·DE·d= (BC-
BC √13 13
A-BDE
3
△BDE
3 2 6
1 1 6√13
CD)·DE·d= (BC-kBC)·kBB· d= (1-k)·k·√13×2× =2k(1-k)不是定值.因此B不正确.
1
6 6 13
对于C,∵AA∥BB,∴BC与AA 所成角为∠CBB(或其补角),在Rt△BBC中,BB=2,BC=√13
1 1 1 1 1 1 1
BC √13
,∴tan∠BBC= = ,∴C项正确;
1 B B 2
1
对于D,二面角A-EC-D即二面角A-BC-B,以A为原点,分别以 , , 的方向为x,y,z轴的正
1 ⃗AB⃗AC⃗A A
1
方向建立空间直角坐标系,
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则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,2,0),B(3,0,2),∴ =(3,0,2), =(-3,2,0), =(-3,2,-2),设平面ABC的法
1 ⃗AB ⃗BC ⃗B C 1
1 1
向量为m=(x,y,z),则 {m·⃗AB 1 =0, 即{ 3x+2z=0, 令x=2,则{z=-3, 则m=(2,0,-3).
m·⃗B C=0, -3x+2y-2z=0, y=0,
1
{n·⃗BC=0, {-3x +2y =0,
设平面BB 1 C的法向量为n=(x 1 ,y 1 ,z 1 ),则 即 1 1 令x 1 =2,得
n·⃗B C=0, -3x +2y -2z =0,
1 1 1 1
2×2 4
n=(2,3,0),故二面角A-EC-D的余弦值为 = ,因此D正确.综上可知,选ACD.
√13×√13 13
10.(2020山东青岛三模,12)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,点P在侧面
1 1 1 1
BCCB 所在的平面上运动,则下列命题中正确的为 ( )
1 1
A.若点P总满足PA⊥BD,则动点P的轨迹是一条直线
B.若点P到点A的距离为√2,则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C.若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1,则动点P的轨迹是椭圆
D.若点P到直线AD与直线CC 的距离相等,则动点P的轨迹是双曲线
1
答案 ABD 在正方体ABCD-ABCD 中,对于A,BD⊥平面AACC,当点P在直线CC 上运动时,
1 1 1 1 1 1 1
总能满足PA⊥BD,点P的轨迹为直线CC,A中命题正确.对于B,以A为顶点,AB为高,AB 为母线
1 1
的圆锥的底面圆即为点P的轨迹,即以B为圆心,半径为1的圆,所以点P的轨迹是一个周长为2π
的圆,B中命题正确.对于C,点P到AB的距离等于点P到点B的距离,所以符合条件的点的轨迹是
直线BC,C中命题错误.对于D,以B为原点,分别以BC、BA、BB 所在直线为x轴、y轴、z轴建
1
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立空间直角坐标系.设P(x,0,z),由题意可知点P到直线AD的距离为 ,点P到直线CC 的距
√1+z2 1
离为 ,则有 = ,即(x-1)2-z2=1,故D中命题正确.故选ABD.
√(1-x)2 √1+z2 √(1-x)2
11.(2020海南三模,11)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,△PAD是等边三角形,底面
ABCD是菱形,且∠BAD=60°,M为棱PD的中点,N为菱形ABCD的中心,下列结论正确的有 (
)
A.直线PB与平面AMC平行
B.直线PB与直线AD垂直
C.线段AM与线段CM的长度相等
√2
D.PB与AM所成角的余弦值为
4
答案 ABD 如图,连接MN,易知MN∥PB,又MN⊂平面AMC,PB⊄平面AMC,∴PB∥平面AMC,A
正确;在菱形ABCD中,∠BAD=60°,∴△BAD为等边三角形,设AD的中点为O,连接OB,OP,则
OP⊥AD,OB⊥AD,∴AD⊥平面POB,∴AD⊥PB,B正确;易证PO⊥平面ABCD.设AD=4,则
1 √2
OP=OB=2√3,∴PB=2√6,MN= PB=√6.在△MAN中,AM=AN=2√3,MN=√6,可得cos∠AMN= ,故
2 4
√2
异面直线PB与AM所成角的余弦值为 ,在△MAC中可判断AM<CM,∴C错误,D正确.
4
12.(2020山东烟台期末,11)如图,在正方体ABCD-ABCD 中,点P在线段BC上运动,则 ( )
1 1 1 1 1
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A.直线BD⊥平面ACD
1 1 1
B.三棱锥P-ACD的体积为定值
1 1
C.异面直线AP与AD所成角的取值范围是[π π]
1 ,
4 2
√6
D.直线CP与平面ACD所成角的正弦值的最大值为
1 1 1
3
答案 ABD 对于选项A,连接BD,在正方体中,AC⊥BD,且BB⊥平面ABCD,则BB⊥AC,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又BB∩BD=B,所以AC⊥平面BDB,故AC⊥BD;同理,连接AD,易证得AD⊥BD,则BD⊥
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面ACD,故A正确;
1 1
1
对于选项B,V =V ,因为点P在线段BC上运动,所以S = AD·AB,面积为定值,
P-A 1 C 1 D C 1 -A 1 PD 1 △A 1 DP 2 1
又C 到平面APD 的距离即C 到平面ABCD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;
1 1 1 1 1 1
π
对于选项C,当点P与线段BC的端点重合时,AP与AD所成角取得最小值,为 ,故C错误;
1 1
3
对于选项D,因为直线BD⊥平面ACD,所以当直线CP与平面ACD所成角的正弦值最大时,直
1 1 1 1 1 1
线CP与直线BD 所成角的余弦值最大,当P运动到BC中点处时,直线CP与直线BD 所成的角
1 1 1 1 1
的余弦值最大,此时所成角为∠CBD,设棱长为1,在Rt△DCB中,cos∠CBD= C B =√2=√6,故D
1 1 1 1 1 1 1
BD √3 3
1
正确.
三、填空题
13.(2021北京丰台综合练习一,15)如图,从长、宽、高分别为a,b,c的长方体AEBF-GCHD中截去
部分几何体后,所得几何体为三棱锥A-BCD.下列四个结论中,所有正确结论的序号是 .
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1
①三棱锥A-BCD的体积为 abc;
3
②三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形;
③三棱锥A-BCD中,二面角A-CD-B不会是直二面角;
④三棱锥A-BCD中,三条侧棱与底面所成的角分别记为α,β,γ,则sin2α+sin2β+sin2γ≤2.
答案 ①②④
解析 本题考查空间几何体的体积、二面角、线面角,考查学生的逻辑推理与运算求解能力,考查
直观想象与数学运算的核心,试题反映综合性与创新性.
1 1 1
对于①,V =abc- × ×abc×4= abc,①正确;
A-BCD
3 2 3
对于②,三棱锥A-BCD的每个面三边长分别是 、 、 ,
√a2+b2 √a2+c2 √b2+c2
由( )2+( )2>( )2,
√a2+b2 √a2+c2 √b2+c2
( )2+( )2>( )2,
√a2+b2 √b2+c2 √a2+c2
( )2+( )2>( )2,知②正确;
√a2+c2 √b2+c2 √a2+b2
对于③,举出反例即可.
以F为坐标原点建系,经计算,平面BCD的一个法向量为n=(-ac,bc,ab),平面ACD的一个法向量
1
n=(ac,-bc,ab),
2
当n·n=-a2c2-b2c2+a2b2=0时,二面角A-CD-B是直二面角.化简得a2b2=(a2+b2)·c2,
1 2
随便取一组符合题意的值,如a=√2,b=√2,c=1,③错误.
对于④,由③知,平面BCD的一个法向量为n=(-ac,bc,ab),⃗AC=(0,a,c),
1
设AC与底面BCD所成角为β,则sin β=|cos<n, >|= 2abc ,
1⃗AC
√a2+c2·√a2c2+a2b2+b2c2
sin2β= 4a2b2c2
(a2+c2)·(a2c2+a2b2+b2c2)
13 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
=
8a2b2c2
(a2+c2)·[(a2c2+a2b2)+(a2b2+b2c2)+(a2c2+b2c2)]
≤
8a2b2c2
2ac·(2a2bc+2ab2c+2abc2)
2b
= ,
a+b+c
2a+2b+2c
由此可推出,sin2α+sin2β+sin2γ≤ =2,当且仅当a=b=c时取等号.④正确.
a+b+c
思路分析 ①用长方体的体积减去四个全等三棱锥的体积即得三棱锥A-BCD的体积;②计算三
棱锥A-BCD的棱长,运用余弦定理即可判断三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形;③建立空间
直角坐标系,求出平面BCD与平面ACD的法向量,即可判断平面BCD与平面ACD可能垂直;④在
③的基础上求sin β,同理求得sin α、sin γ,运用a2+b2≥2ab即可进行判断.
14.(2020海南调研测试,16)在正方体ABCD-ABCD 中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA
1 1 1 1 1
DG AH
的中点,且平面BEF与DD 交于点G,与AC 交于点H,则 = , = .
1 1 DD HC
1 1
1 3
答案 ;
6 8
AF DG DG 1 DG 1
解析 易证BF∥平面CDDC,则BF∥GE,则 = ,即 = ,又CE=2DE,则 = ,连接
1 1 AB DE DE 2 DD 6
1
AC交BE于M,过M作MN∥CC,MN与AC 交于N,连接FM,则H为FM与AC 的交点,因为
1 1 1
AM AB 3 AN AM 3 MN 3 MN 6 HN AH 3
AB∥CE,所以 = = ,则 = = ,所以 = ,所以 = = ,故 = .
MC CE 2 NC MC 2 CC 5 FA 5 AH HC 8
1 1 1
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15.(2021浙江绍兴4月模拟,16)如图,在棱长为4的正方体ABCD-ABCD 中,M是棱AA 上的动点,
1 1 1 1 1
N是棱BC的中点,当平面DMN与底面ABCD所成的锐二面角最小时,AM= .
1 1
8
答案
5
解析 如图,延长DM,DA,交于点E,连接EN,
1
则平面DMN与底面ABCD所成的锐二面角即为二面角D-EN-D,过D作DH⊥EN于H,连接
1 1
DH.
1
故∠DHD即为所求二面角的平面角,
1
D D 4 4 4 2√5
∴tan∠DHD= 1 = ≥ = = ,
1 DH DH DN 2√5 5
当且仅当DN⊥NE时,等号成立,
CN DN
此时有△DCN∽△END,则 = ,故DE=10,所以AE=6,
DN DE
A M A D 2
由△MAE∽△MAD 得 1 = 1 1= ,
1 1 AM AE 3
2 8
所以AM= AA= .
1 1
5 5
16.(2021浙江嘉兴高三上期末,17)如图,在多面体ABC-DEF中,已知棱AE,BD,CF两两平行,AE⊥底
面DEF,DE⊥DF,四边形ACFE为矩形,AE=DE=DF=2BD=3,底面△DEF内(包括边界)的动点P满足
15 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
AP,BP与底面DEF所成的角相等.记直线CP与底面DEF所成的角为θ,则tan θ的取值范围是
.
答案 [3√10 3+√3]
,
10 2
解析 连接PD,PE,PF,由题意易知∠APE,∠DPB分别为AP,BP与底面DEF所成的角,
AE BD
故tan∠APE=tan∠DPB,即 = ,
PE PD
又由AE=2BD,可得PE=2PD,
以DF,DE所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,设P(x,y),知F(3,0),E(0,3),可得
x2+(y-3)2=4(x2+y2),整理得x2+(y+1)2=4,
即点P在以圆心为M(0,-1),半径r=2的圆弧上运动(点P在△DEF内且包括边界).
设圆M与x轴、y轴正半轴分别交于点Q,N,
易求N(0,1),Q(√3,0),
显然QF≤PF≤NF,又QF=3-√3,NF=√10,
3 3√10 3+√3
而tan θ= ,故 ≤tan θ≤ .
PF 10 2
解题关键 解题的关键是得出点P在以圆心为M(0,-1),半径r=2的圆弧上运动(点P在△DEF内且
包括边界).
四、解答题
17.(2021北京朝阳二模,18)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,四边形AACC是边长为4的正方形,
1 1 1 1 1
AB=3.再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.
(1)求证:AB⊥平面AACC;
1 1
(2)求直线BC与平面ABC 所成角的正弦值.
1 1
条件①:BC=5;
条件②:AB⊥AA;
1
条件③:平面ABC⊥平面AACC.
1 1
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解析 选择①②:
(1)因为AC=4,AB=3,BC=5,所以AB⊥AC.
又因为AB⊥AA,AC∩AA=A,所以AB⊥平面AACC.
1 1 1 1
(2)由(1)知AB⊥AC,AB⊥AA.
1
因为四边形AACC是正方形,所以AC⊥AA.
1 1 1
如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A(0,4,0),C(0,4,4), =(3,-4,0), =(0,0,4), =(-3,0,4).
1 1 ⃗A B ⃗A C ⃗BC
1 1 1
设平面ABC 的法向量为n=(x,y,z),
1 1
{n·⃗A B=0, {3x-4 y=0,
则 1 即
n·⃗A C =0, 4z=0.
1 1
令y=3,则x=4,z=0,所以n=(4,3,0).
设直线BC与平面ABC 所成角为θ,
1 1
则sin θ=|cos< ,n>|=|⃗BC·n|=12.
⃗BC
|⃗BC||n| 25
12
所以直线BC与平面ABC 所成角的正弦值为 .
1 1
25
选择①③:
(1)因为AC=4,AB=3,BC=5,
所以AB⊥AC.
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又因为平面ABC⊥平面AACC,平面ABC∩平面AACC=AC,所以AB⊥平面AACC.
1 1 1 1 1 1
(2)同上.
18.(2021北京丰台二模,18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD和CDEF都是直角梯形,
π
AB∥CD,CD∥EF,AB=EF=1,DA=DC=DE=2,∠ADE=∠ADC=∠EDC= ,点M为棱CF上一点,平面
2
AEM与棱BC交于点N.
(1)求证:ED⊥平面ABCD;
(2)求证:AE∥MN;
2 FM
(3)若平面AEM与平面CDEF所成锐二面角的余弦值为 ,求 的值.
3 FC
π
解析 (1)证明:因为∠ADE=∠EDC= ,
2
所以ED⊥AD,ED⊥DC.
又因为AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD,
所以ED⊥平面ABCD.
(2)证明:因为AB∥CD,CD∥EF,所以AB∥EF.
又因为AB=EF,所以四边形ABFE是平行四边形.
所以AE∥BF.
因为AE⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,所以AE∥平面BCF.
因为AE⊂平面AEM,平面AEM∩平面BCF=MN,
所以AE∥MN.
(3)由题意得ED⊥AD,ED⊥DC,AD⊥DC,所以如图建立空间直角坐标系D-xyz,
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由AB=EF=1,DA=DC=DE=2,可知A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),E(0,0,2),F(0,1,2),⃗AE=(-2,0,2),⃗EF=(0,1,0),
FM
⃗FC=(0,1,-2),设 =λ(0≤λ≤1),
FC
则⃗EM=⃗EF+⃗FM=⃗EF+λ⃗FC=(0,1,0)+λ(0,1,-2)=(0,1+λ,-2λ),
设m=(x,y,z)是平面AEM的法向量,
则{m·⃗AE=0, 即{-x+z=0,
m·⃗EM=0, (1+λ)y-2λz=0,
令z=1+λ,则x=1+λ,y=2λ,
所以m=(1+λ,2λ,1+λ).
易知n=(1,0,0)是平面CDEF的一个法向量,
所以cos<m,n>= m·n = 1+λ =2.
|m||n| √(1+λ)2+(2λ)2+(1+λ)2 3
1
因为0≤λ≤1,解得λ= .
3
2 FM 1
所以平面AEM与平面CDEF所成锐二面角的余弦值为 时, = .
3 FC 3
19.(2021天津部分区一模,18)如图,在多面体ABCDEF中,AE⊥平面ABCD,四边形AEFC是平行四
边形,且AD∥BC,AB⊥AD,AD=AE=2,AB=BC=1.
(1)求证:CD⊥EF;
(2)求二面角A-DE-B的余弦值;
√3
(3)若点P在棱CF上,直线PB与平面BDE所成角的正弦值为 ,求线段CP的长.
3
解析 (1)证明:因为AE⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AB,AE⊥AD.
又因为AB⊥AD,所以以点A为坐标原点,⃗AD,⃗AB,⃗AE的方向分别为x轴,y轴、z轴的正方向建立
空间直角坐标系A-xyz,
19 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
由题设,易知A(0,0,0),D(2,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),E(0,0,2),F(1,1,2).
所以⃗DC=(-1,1,0),⃗EF=(1,1,0),
所以⃗DC·⃗EF=(-1,1,0)·(1,1,0)=-1+1=0,
所以⃗DC⊥⃗EF,即CD⊥EF.
(2)设二面角A-DE-B的平面角为θ.
由(1)得⃗BD=(2,-1,0),⃗BE=(0,-1,2).
设平面BDE的法向量为m=(x,y,z),
则{m·⃗BD=0, 即{2x- y=0,
m·⃗BE=0, - y+2z=0,
令y=2,得x=1,z=1,所以m=(1,2,1).
易知AB⊥平面ADE,即⃗AB是平面ADE的法向量.
且⃗AB=(0,1,0).
所以m·⃗AB=(1,2,1)·(0,1,0)=2,|m|=√6,|⃗AB|=1,
所以cos<m, >= m·⃗AB = 2 =√6.
⃗AB
|m||⃗AB| √6×1 3
观察图形可知二面角A-DE-B的平面角为锐角,
√6
所以cos θ=cos<m,⃗AB>= .
3
√6
故所求二面角A-DE-B的余弦值为 .
3
(3)由题意及(1)设点P(1,1,t),且0≤t≤2,则⃗BP=(1,0,t).
由(2)知,平面BDE的法向量m=(1,2,1),
设直线BP与平面BDE所成的角为φ,
√3
则有sin φ=|cos<⃗BP,m>|= .
3
20 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
即 | ⃗BP·m | = |1+t| =√3.
|⃗BP||m| √1+t2×√6 3
整理,得t2-2t+1=0,解得t=1.所以P(1,1,1),所以⃗CP=(0,0,1).所以|⃗CP|=1,即线段CP的长为1.
20.(2021全国名校联盟5月联考,19)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,PD⊥底面ABCD,且
PD=AD=2,∠BAD=60°.设E为PD的中点,平面PAB与平面PDC的交线为l.
(1)求异面直线BP与AE所成角的余弦值;
π
(2)若直线l上一点F,满足二面角E-AC-F的大小为 ,试求AF的长.
4
解析 (1)连接BD,取AB的中点M,连接DM.
∵底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,
∴△ABD为等边三角形,
∴DM⊥AB.
∵DC∥AB,∴DM⊥DC,
又∵PD⊥底面ABCD,DC⊂平面ABCD,DM⊂平面ABCD,
∴PD⊥DC,PD⊥DM.
∴以D为坐标原点,分别以DM,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则D(0,0,0),
∵PD=AD=2,∴A(√3,-1,0),E(0,0,1),B(√3,1,0),P(0,0,2),C(0,2,0).
∴⃗BP=(-√3,-1,2),⃗AE=(-√3,1,1).
设异面直线BP与AE所成角为θ,
则cos θ=|⃗BP·⃗AE| = 4 =√10.
|⃗BP|·|⃗AE| 2√2×√5 5
√10
∴异面直线PB与AE所成角的余弦值为 .
5
(2)过点P在平面PCD内作直线l平行于CD.
∵CD∥AB,∴l∥AB,即直线l为平面PAB与平面PCD的交线,
由(1)可知⃗AC=(-√3,3,0),设F(0,λ,2),则⃗CF=(0,λ-2,2).
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设平面ACF的法向量为m=(a,b,c),
则{ m·⃗AC=-√3a+3b=0,
m·⃗CF=(λ-2)b+2c=0,
取b=1,得m=( 2-λ).
√3,1,
2
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),
则{n·⃗AC=-√3x+3 y=0,
取y=1,得n=( ,1,2),
√3
n·⃗AE=-√3x+ y+z=0,
π
∵二面角的大小为 ,
4
|4+(2-λ)|
∴cosπ=|m·n| = =√2,
4 |m|·|n| 2√2× √ ( 1- λ) 2 +4 2
2
解得λ=2.
π
∴当二面角E-AC-F的大小为 时,点F的坐标为(0,2,2),则⃗AF=(-√3,3,2),则AF的长为
4
=4.
√(-√3)2+32+22
21.(2021全国重点中学高考冲刺押题卷(二),20)如图,在三棱台ABC-ABC 中,△ABC是边长为2的
1 1 1
等边三角形,AA=AC=CC=1,∠CCA=60°,E为BC 的中点.
1 1 1 1 1 1 1
(1)若F为线段AB上一点,且EF∥平面ACCA,求EF的长;
1 1
(2)设二面角A
1
-AC-B的大小为θ,是否存在θ∈(
0,
π],使得直线AA
1
与平面BB
1
C
1
C所成角的正
2
3√13
弦值为 ?若存在,求出θ的值;若不存在,请说明理由.
13
22 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
1 1
解析 (1)如图,在BC上取点G,使CG= ,在AB上取点F,使AF= ,连接EF,FG,EG.
2 2
因为EC∥CG,EC=CG,
1 1
所以四边形ECCG为平行四边形,所以GE∥CC.
1 1
因为GE⊄平面ACCA,CC⊂平面ACCA,
1 1 1 1 1
所以GE∥平面ACCA.
1 1
因为FG∥AC,FG⊄平面ACCA,AC⊂平面ACCA,
1 1 1 1
所以FG∥平面ACCA,
1
又GE∩GF=G,所以平面EFG∥平面ACCA.
1 1
因为EF⊂平面GEF,所以EF∥平面ACCA.
1 1
3
因为EG=1,FG= ,∠EGF=∠CCA=60°,
1
2
√ 9 3 √7
所以由余弦定理得EF= 1+ -2×1× ×cos60°= .
4 2 2
π
(2)存在θ= 满足题意.分别取AC,AC 的中点M,N,连接NM,BM.
1 1
3
因为AA=AC=CC=1,所以AC⊥NM.
1 1 1 1
又因为AB=BC=AC=2,所以AC⊥BM.
因为BM∩NM=M,所以AC⊥平面NBM.
且∠NMB为二面角A-AC-B的平面角.
1
以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),C( 1 √3 √3 ),A(1 √3 √3 ),
√3 1 - , cosθ, sinθ 1 , cosθ, sinθ
2 2 2 2 2 2
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所以 =(1, ,0), =(1 √3 √3 ).
⃗CB √3 ⃗CC , cosθ, sinθ
1 2 2 2
设平面BBCC的法向量为n=(x,y,z),
1 1
{ x+√3 y=0,
{⃗CB·n=0,
所以 即
1 √3 √3
⃗CC ·n=0, x+ ycosθ+ zsinθ=0.
1 2 2 2
令y=1,则n=( 1-cosθ).
-√3,1,
sinθ
又 =( 1 √3 √3 ),
⃗A A - , cosθ, sinθ
1 2 2 2
3√13
设直线AA 与平面BBCC所成的角为α,则|cos<n,⃗A A >|=sin α= ,即
1 1 1 1 13
√3
=3√13
,
√ 1-2cosθ+cos2θ
4+ 13
sin2θ
化简得2cos2θ-3cos θ+1=0,
1
解得cos θ=1(舍去)或cos θ= ,
2
1 π
由题意可知cos θ= ,所以θ= .
2 3
22.(2021浙江新高考研究卷(一),19)如图,在三棱台ABC-ABC 中,△ABC是边长为2√3的正三角形,
1 1 1
1 2
AB= AB,AA=√6,CE= CC,面ABBA⊥面ABC,面ACCA⊥面ABC.
1 1 1 1 1 1 1 1
2 3
(1)证明:AA⊥面ABC;
1
(2)求AE与面BCCB 所成角的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:如图,分别取AB、AC的中点M、N,连CM、BN,则CM⊥AB,BN⊥AC.
24 / 25北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
因为面ABBA⊥面ABC,面ABBA∩面ABC=AB,CM⊂面ABC,所以CM⊥面ABBA,所以
1 1 1 1 1 1
AA⊥CM,同理,AA⊥BN.
1 1
显然CM与BN相交于一点,所以AA⊥面ABC.
1
1
(2)连CN,由(1)与AB= AB知,NB、NC、NC 两两垂直,以N为原点,NB、NC、NC 所在直线分别
1 1 1 1 1
2
为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
易知A(0,- ,0),B(3,0,0),C(0, ,0),C(0,0, ),E( √3 2√6),所以 =(0,- , ), =(-3,
√3 √3 1 √6 0, , ⃗CC √3√6 ⃗BC
3 3 1
,0), =( 4√3 2√6),
√3 ⃗AE 0, ,
3 3
设n=(x,y,z)为面BCCB 的法向量,
1 1
{n·⃗BC=0, {-3x+√3 y=0,
则 即
n·⃗CC =0, -√3 y+√6z=0,
1
令x=√2,则y=√6,z=√3,
所以n=(√2,√6,√3),则|n|=√11.
设AE与面BCCB 所成角为θ,则sin θ=|cos<n, >|=|n·⃗AE|= 3 ,故cos θ=√22,
1 1 ⃗AE
|n||⃗AE| √11 11
√22
所以AE与面BCCB 所成角的余弦值为 .
1 1
11
25 / 25
