北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
基础篇
考点一 用向量法证明空间中的平行和垂直
1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为
( 1 )
1, ,2 ,则m= ( )
2
A.-4 B.-6 C.-8 D.8
答案 C
2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是 ( )
A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)
B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)
C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)
D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)
答案 B
3.
(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互
相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是 ( )
A.AD⊥MN B.MN∥平面CDE
C.MN∥CE D.MN,CE异面
答案 ABC
4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A B C 中,AB=AA =1,点P满足
1 1 1 1
⃗BP=λ⃗BC+μ⃗BB ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 ( )
1
A.当λ=1时, AB P的周长为定值
1
B.当μ=1时,三棱锥P-A BC的体积为定值
△ 1
1
C.当λ= 时,有且仅有一个点P,使得A P⊥BP
2 1
1
D.当μ= 时,有且仅有一个点P,使得A B⊥平面AB P
2 1 1
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答案 BD
5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,
侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.
(1)求证:AM∥平面SCD;
(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.
解析 因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量
⃗AD,⃗AB,⃗AS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,如图,则
A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以⃗AM=(0,1,1),⃗SD=(1,0,-
2),⃗CD=(-1,-2,0).
(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),
{⃗SD·n=0, { x-2z=0,
则 即
⃗CD·n=0, -x-2y=0,
令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).
因此⃗AM·n=-1+1=0,从而⃗AM⊥n,又AM 平面SCD,所以AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n =(1,0,0),
1 ⊄
由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),
n·n 2 √6
则cos<n,n >= 1 = = ,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦
1 |n||n | √6×1 3
1
√6
值为 .
3
6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面
ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).
(1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF;
(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.
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解析 因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,
所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以⃗AB,⃗AD,⃗AP的方向为x轴,y轴,z轴
的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.
不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).
(1)证明:⃗AE=(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以⃗AF=(3,3,3).
{m·⃗AE=0,
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由
m·⃗AF=0,
{ 2y+4z=0,
得 不妨令y=2,则x=-1,z=-1,
3x+3 y+3z=0,
所以m=(-1,2,-1),又⃗PB=(6,0,-6),所以m·⃗PB=-6+0+6=0,即m⊥⃗PB,
又PB 平面AEF,所以PB∥平面AEF.
(2)⃗PC=(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ,
⊄
⃗PF=λ⃗PC=(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则⃗AF=⃗AP+⃗PF=⃗AP+λ⃗PC=(6λ,6λ,6-6λ),
设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),
{n·⃗AE=0, { 2b+4c=0,
则由 得
n·⃗AF=0, 6λa+6λb+(6-6λ)c=0,
1 (1 )
不妨令b=2,则a= -3,c=-1,所以n= -3,2,-1 ,又⃗AP=(0,0,6),
λ λ
|⃗AP·n| 6 1
= =
所以sin θ=|cos<⃗AP,n>|=|⃗AP|·|n| √ (1 ) 2 √ (1 ) 2,
6 5+ -3 5+ -3
λ λ
1 1 1 √5
所以当 =3,即λ= 时,(sin θ) = = ,
λ 3 max √5 5
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√5
故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为 .
5
7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N
分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N的正弦值;
√7
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求线段AH的长.
21
解析 如图,以A为原点,分别以⃗AB,⃗AC,⃗AP的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间
直角坐标系.依题意可得
A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).
(1)证明:⃗DE=(0,2,0),⃗DB=(2,0,-2).设n=(x ,y ,z )为平面BDE的法向量,则
0 0 0
{n·⃗DE=0, { 2y =0,
即 0 不妨设z =1,可得n=(1,0,1).又⃗MN=(1,2,-1),可得⃗MN
n·⃗DB=0, 2x -2z =0. 0
0 0
·n=0.
因为MN 平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n =(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
⊄1
{n ·⃗EM=0,
设n =(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 2
2 n ·⃗MN=0.
2
因为⃗EM=(0,-2,-1),⃗MN=(1,2,-1),
{-2y-z=0,
所以 不妨设y=1,可得n =(-4,1,-2).
x+2y-z=0. 2
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n ·n 4 √105
因此有cos<n ,n >= 1 2 =- ,于是sin<n ,n >= .所以二面角C-EM-N的
1 2 |n ||n | √21 1 2 21
1 2
√105
正弦值为 .
21
(3)⃗BE=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4),
则H(0,0,h),进而可得⃗NH=(-1,-2,h),由已知,得
|⃗NH·⃗BE| |2h-2| √7 8
|cos< ⃗NH,⃗BE>|= = = ,整理得10h2-21h+8=0,解得h=
|⃗NH||⃗BE| √h2+5×2√3 21 5
1
或h= .
2
8 1
所以线段AH的长为 或 .
5 2
考点二 空间角和空间距离
考向一 空间角问题的求解方法
1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A B C D 中,M为A D 的中点,
1 1 1 1 1 1
过A C 且与CD 平行的平面交平面C CM于直线l,则直线l与AB所成角的余弦值是
1 1 1 1
( )
√3 √2 √6+√2 √6
A. B. C. D.
2 2 4 3
答案 D
2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个
二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2√17,则该二面
角的大小为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 C
3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在
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正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则 ( )
π
A.直线EF与AB所成的角为
2
π
B.直线EF与AD所成的角为
4
√3
C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为
3
√2
D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为
2
答案 ABC
4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正
方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则 ( )
A.AC⊥PB
√3
B.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是
6
π
C.异面直线AD与PB所成的角是
4
2√3
D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是
9π
答案 ABD
5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,CC ⊥平面
1 1 1 1
ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC =3,点D,E分别在棱AA 和棱CC 上,且AD=1,CE=2,M为
1 1 1
棱A B 的中点.
1 1
(1)求证:C M⊥B D;
1 1
(2)求二面角B-B E-D的正弦值;
1
(3)求直线AB与平面DB E所成角的正弦值.
1
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解析
以C为原点,分别以⃗CA,⃗CB,⃗CC 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系
1
(如图),可得
C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C (0,0,3),A (2,0,3),B (0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2)
1 1 1
,M(1,1,3).
(1)证明:⃗C M=(1,1,0),⃗B D=(2,-2,-2),从而⃗C M·⃗B D=2-2+0=0,所以C M⊥B D.
1 1 1 1 1 1
(2)依题意知,⃗CA=(2,0,0)是平面BB E的一个法向量,⃗EB =(0,2,1),⃗ED=(2,0,-1).设
1 1
{n·⃗EB =0, {2y+z=0,
n=(x,y,z)为平面DB E的法向量,则 1 即 不妨设x=1,可得n=(1,-
1 n·⃗ED=0, 2x-z=0.
⃗CA·n √6 √30
1,2).因此有cos<⃗CA,n>= = ,于是sin<⃗CA,n>= .
|⃗CA||n| 6 6
√30
所以二面角B-B E-D的正弦值为 .
1 6
(3)⃗AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB E的一个法向量,于是cos<⃗AB,n>=
1
⃗AB·n √3
=- .
|⃗AB||n| 3
√3
所以直线AB与平面DB E所成角的正弦值为 .
1 3
考向二 利用等体积法、向量法求空间距离
1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A B C 中,底面是等腰直角三角形,
1 1 1
∠ACB=90°,侧棱AA =3,D,E分别是CC 与A B的中点,点E在平面ABD上的射影是
1 1 1
△ABD的重心G,则点A 到平面ABD的距离为 ( )
1
√6 2√6
A.√6B. C. D.2√6
2 3
答案 A
2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A B C D 中,
1 1 1 1
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点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD P的距离可以是 ( )
1
A.√2B.√3C.2D.√5
答案 CD
3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A B C D 的棱长为1,E,F分别为BB ,CD的中
1 1 1 1 1
点,则点F到平面A D E的距离为 .
1 1
3√5
答案
10
4.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A B C 的体积为4, A BC的面积为2
1 1 1 1
√2.
△
(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 4
解析 (1)由题意知V = V = ,设A到平面A BC的距离为h,
三棱锥A 1 -ABC 3 三棱柱ABC-A 1 B 1 C 1 3 1
1 2√2 4
则V =V = S ·h= h= ,解得h=√2.故A到平面A BC
三棱锥A 1 -ABC 三棱锥A-A 1 BC 3 △A 1 BC 3 3 1
的距离为√2.
(2)连接AB ,由直棱柱及AA =AB知四边形ABB A 为正方形,故AB ⊥A B,A B=√2AA ,
1 1 1 1 1 1 1 1
又平面A BC⊥平面ABB A ,平面A BC∩平面ABB A =A B,AB 平面ABB A ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AB ⊥平面A BC,又BC 平面A BC,
1 1 1 ⊂
∴AB ⊥BC,
1 ⊂
易知BC⊥BB ,AB ,BB 平面ABB A ,AB ∩BB =B ,∴BC⊥平面ABB A ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵AB,A B 平面ABB A ,
1 1 1⊂
∴BC⊥AB,BC⊥A B,
⊂ 1
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1 1
∴V = ·BC·AB·AA1= BC·A A2 =4,
三棱柱ABC-A 1 B 1 C 1 2 2 1
1 √2
S = BC·A1B= BC·AA1=2√2,
△A 1 BC 2 2
解得BC=AA =2.
1
解法一(几何法):过A作AE⊥BD于E,连接CE.易得AC=2√2,∴A C=2√3.
1
∵D为A C的中点, A AC为直角三角形,∠A AC=90°,∴AD=DC=√3,又
1 1 1
AB=BC=2,BD=BD,
△
∴△ABD≌△CBD.
∴CE⊥BD,又AE 平面ABD,CE 平面CBD,
∴∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.
⊂ ⊂
1
在直角三角形A BC中,有BD= A1C=√3,
1 2
2
易得AE=EC= √6.
3
AE2+EC2-AC2 1 √3
在△AEC中,由余弦定理的推论得cos∠AEC= =- ,∴sin∠AEC=
2AE·EC 2 2
√3
,即二面角A-BD-C的正弦值为 .
2
解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,BB 所在直
1
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(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),⃗BA=(0,2,0),⃗BD=(1,1,1),⃗CD
=(-1,1,1),
设平面ABD的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{⃗BA·n =0, { 2y =0,
则 1 即 1
⃗BD·n =0, x + y +z =0,
1 1 1 1
取x =1,则z =-1,故n =(1,0,-1),
1 1 1
设平面BDC的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{⃗BD·n =0, { x + y +z =0,
则 2 即 2 2 2
⃗CD·n =0, -x + y +z =0,
2 2 2 2
取y =1,则z =-1,x =0,故n =(0,1,-1),
2 2 2 2
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1 1 √3
∴cos<n ,n >= = .∴sin<n ,n >= ,
1 2 √2×√2 2 1 2 2
√3
∴二面角A-BD-C的正弦值为 .
2
5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A B C 的底面是边长为2的正三角形,
1 1 1
E,F分别是BC,CC 的中点.
1
(1)求证:平面AEF⊥平面B BCC ;
1 1
(2)若∠EFC=30°,求点C到平面AEF的距离.
解析 (1)证明:在直三棱柱ABC-A B C 中,BB ⊥平面ABC,又∵AE 平面
1 1 1 1
ABC,∴AE⊥BB .
1 ⊂
∵△ABC为等边三角形,E为BC的中点,∴AE⊥BC,
又∵BB ∩BC=B,BB ,BC 平面B BCC ,
1 1 1 1
∴AE⊥平面B BCC ,
1 1 ⊂
∵AE 平面AEF,∴平面AEF⊥平面B BCC .
1 1
(2)在Rt EFC中,∠EFC=30°,EC=1,∴EF=2,FC=√3.设点C到平面AEF的距离为d,
⊂
由(1)知AE⊥面B BCC ,
△ 1 1
1 1 1 1 √3
则由V =V ,即 ·AE· ·EC·FC= ·d· ·AE·EF,解得d= .
A-EFC C-AEF 3 2 3 2 2
6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,
AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2
所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).
(1)求证:BM⊥DP;
(2)求点M到平面BDP的距离h.
图1
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图2
解析 (1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB,又AP∩AB=A,AP,AB 平面
ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM 平面ABP,所以AD⊥BM.
⊂
由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形,
⊂
又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.
因为AD∩AP=A,AD,AP 平面ADP,
所以BM⊥平面ADP.
⊂
因为DP 平面ADP,所以BM⊥DP.
(2)取BP的中点N,连接DN,
⊂
因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,
所以DP=BD=2√2,所以DN⊥BP.
所以在Rt DPN中,DN=√DP2-PN2=√8-1=√7,
△
1 1
所以S = BP·DN= ×2×√7=√7,
DBP 2 2
△
1
因为AD⊥平面ABP,所以V = AD·S .
D-BMP 3 BMP
△
1 1
因为V =V ,所以 h·S△BDP= AD·S ,
M-BDP D-BMP 3 3 BMP
△
1 1 √3 √3 √3
又S = S△ABP= × ×AB2= ×22= ,
BMP 2 2 4 8 2
△
AD·S √3 √21 √21
所以h= △BMP= = ,即点M到平面BDP的距离为 .
S √7 7 7
△BDP
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综合篇
考法一 求解直线与平面所成角的方法
考向一 用几何法求直线与平面所成的角
1.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)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
答案 ABD
9
2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A B C 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长
1 1 1 4
为√3的正三角形.若P为底面A B C 的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 (
1 1 1
)
5π π π π
A. B. C. D.
12 3 4 6
答案 B
3.(2014四川,8,5分)
如图,在正方体ABCD-A B C D 中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC 上,直线
1 1 1 1 1
OP与平面A BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )
1
[√3 ] [√6 ]
A. ,1 B. ,1
3 3
[√6 2√2] [2√2 ]
C. , D. ,1
3 3 3
答案 B
4.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A B C D 中,已知B D与平面ABCD和
1 1 1 1 1
平面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
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D.B D与平面BB C C所成的角为45°
1 1 1
答案 D
5.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面
ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
1 √3
解析 (1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH= ,又AD=1,所以DH= .易知BH=
2 2
3
,所以BD=√3,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD
2
平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA 平面PAD⊂,
所以BD⊥PA.
⊂
(2)连接PH.
设点D到平面PAB的距离为h,
1 1
由V =V 得 S△PAB·h= S ·PD,
D-PAB P-ABD 3 3 ABD
△
S ·PD
所以h= △ABD .
S
△PAB
1 √3 √3
由(1)易知S = ×2× = ,
ABD 2 2 2
△
由PD⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,DH 平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又
AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH.
⊂ ⊂
√3 √15
在Rt PDH中,PH= +3= ,
4 2
△
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√3
×√3
1 √15 √15 2 3 √15
∴S = ×2× = ,∴h= = = .
PAB 2 2 2 √15 √15 5
△
2
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则
h √15 1 √5
sin θ= = × = .
PD 5 √3 5
√5
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为 .
5
考向二 用向量法求直线与平面所成的角
1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A B C D 中,AA =1,AB=2,则直
1 1 1 1 1
线AA 与平面B CD 所成角的正弦值为 .
1 1 1
√6
答案
3
2.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A B C D 中,点Р在侧面BCC B (包括边界)
1 1 1 1 1 1
上运动,满足AP⊥BD ,记直线C P与平面ACB 所成角为α,则sin α的取值范围是
1 1 1
.
[√3 √6]
答案 ,
3 3
3.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设
平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以
AD⊥DC.因为PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD 平面PBC,所以
AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
⊄
(2)以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
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则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则⃗DC=(0,1,0),⃗PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则⃗DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则
{n·⃗DQ=0, {ax+z=0,
即 可取n=(-1,0,a).
n·⃗DC=0, y=0.
n·⃗PB -1-a
所以cos<n,⃗PB>= =
.
|n|·|⃗PB| √3√1+a2
√3 |a+1| √3√ 2a
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= × = 1+ .因为
3 √1+a2 3 a2+1
√3√ 2a √6
1+ ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的
3 a2+1 3
√6
最大值为 .
3
4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A B C 中,
1 1 1
AC⊥BC,AC=BC=2,CC =3,点D,E分别在棱AA 和棱CC 上,且AD=1,CE=2.
1 1 1
(1)设F为B C 的中点,求证:A F∥平面BDE;
1 1 1
(2)求直线A B 与平面BDE所成角的正弦值.
1 1
解析 (1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FG∥CC ∥AA ,且FG=
1 1
C E+BB 1+3
1 1= =2,所以FG∥A D且FG=A D,所以四边形A DGF为平行四边形,所
1 1 1
2 2
以A F∥DG.又A F 平面BDE,DG 平面BDE,所以A F∥平面BDE.
1 1 1
(2)因为直三棱柱ABC-A B C 中,AC⊥BC,所以CA、CB、CC 两两垂直.
⊄ 1 1 1 ⊂ 1
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分别以⃗CA、⃗CB、⃗CC 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐
1
标系,则B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以⃗BE=(0,-2,2),⃗BD=(2,-2,1),
⃗A B =⃗AB=(-2,2,0),
1 1
{n·⃗BE=0,
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则
n·⃗BD=0,
{-2y+2z=0, (1 )
即 令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n= ,1,1 .
2x-2y+z=0, 2
设直线A B 与平面BDE所成的角为θ,
1 1
|1 |
×(-2)+1×2+1×0
|⃗A B ·n| 2 √2
则sin θ=|cos<⃗A B ,n>|= 1 1 = = ,
1 1 |⃗A B |·|n| √1 6
1 1 +1+1×√4+4+0
4
√2
所以直线A B 与平面BDE所成角的正弦值为 .
1 1 6
考法二 求解二面角的方法
考向一 用几何法求二面角
1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,若AB=AD=2√3,CC'=√2,则
二面角C'-BD-C的大小为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 A
2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,
侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求二面角P-EC-D的正切值.
解析 (1)证明:取PD的中点G,连接GF、AG.
由题意知GF为△PDC的中位线,
1 1
∴GF∥CD且GF= CD,又AE∥CD且AE= CD,
2 2
∴GF∥AE且GF=AE,∴四边形EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF 平面
PAD,AG 平面PAD,∴EF∥平面PAD.
⊄
⊂
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(2)取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得
⊂
Rt EBC≌Rt OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC.
△ △
又PO⊥EC,PO∩OM=O,∴EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面角P-EC-D的
平面角,
BE·BC 2√5 3√5 PO √15
在Rt EBC中,BM= = ,则OM=OB-BM= ,∴tan∠PMO= = ,即
CE 5 5 OM 3
△
√15
二面角P-EC-D的正切值为 .
3
3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,
AB=2,AD=4,PA⊥平面ABCD,E是BC的中点.
(1)证明:DE⊥平面PAE;
(2)若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值.
解析 (1)证明:由条件可得AE=DE=2√2,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,
又因为PA⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩AE=A,所以DE⊥平面
PAE.
⊂
(2)因为∠PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以∠PDA=45°,则PA=AD=4,因为PA⊥
平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AB⊥AP,又AB⊥AD,AD∩AP=A,所以AB⊥平面
⊂
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PAD,取AD的中点F,作FM⊥PD,垂足为点M,连接ME,因为EF∥AB,所以EF⊥平面
PAD,所以EF⊥PD,又MF∩EF=F,MF,EF 平面MEF,所以PD⊥平面MEF,因为ME
平面MEF,所以PD⊥ME,即∠FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF=
⊂ ⊂
√2 EF
FD=√2,所以tan∠FME= =√2,所以二面角A-PD-E的正切值为√2.
2 MF
考向二 用向量法求二面角
1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法
向量分别为n 、n ,若n =(1,0,0),n =(-√3,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为 (
1 2 1 2
)
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
答案 AD
2.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E
为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD
所成的角的正弦值.
解析 (1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.因为
∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,
所以BE⊥AC.又DE,BE 平面BED,且DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BED,又AC 平面ACD,
⊂
所以平面ACD⊥平面BED.
⊂
(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=√3.因为AD⊥DC,E为AC
的中点,所以DE=1.
所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.
连接EF,因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,
1
所以AC⊥EF,所以S = AC·EF⊂=EF.
AFC 2
△
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√3
当EF⊥BD时,EF的值最小,即△AFC的面积最小,此时EF= .如图,以E为坐标原点,
2
⃗EA,⃗EB,⃗ED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E-xyz,则
( √3 3)
C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1),F 0, , ,
4 4
( √3 3)
所以⃗AD=(-1,0,1),⃗BD=(0,-√3,1),⃗CF= 1, , .
4 4
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
{⃗AD·n=0, {-x+z=0,
则 即
⃗BD·n=0, -√3 y+z=0,
令y=1,得n=(√3,1,√3).
设CF与平面ABD所成的角为θ,
|n·⃗CF| 4√3
则sin θ=|cos<n,⃗CF>|= = ,
|n||⃗CF| 7
4√3
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 .
7
3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A B C 中,侧面AA B B为正方形,
1 1 1 1 1
AB=BC=2,E,F分别为AC和CC 的中点,D为棱A B 上的点,BF⊥A B .
1 1 1 1 1
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B D为何值时,面BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
1 1 1
解析 ∵BF⊥A B ,B B⊥A B ,BF∩B B=B,
1 1 1 1 1 1
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∴A B ⊥平面B C CB,∵AB∥A B ,∴AB⊥平面B C CB,
1 1 1 1 1 1 1 1
又∵BC 平面B C CB,∴AB⊥BC.
1 1
以B为坐标原点,BA,BC,BB 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角
⊂ 1
坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴⃗BF=(0,2,1),设B D=a(0≤a≤2),则
1
D(a,0,2),则⃗DE=(1-a,1,-2).
(1)证明:∵⃗BF·⃗DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)⃗EF=(-1,1,1),⃗FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
{⃗EF·n=-x+ y+z=0, a+1 2-a
(
a+1 2-a)
则 不妨设x=1,则y= ,z= ,∴n= 1, , .
⃗FD·n=ax-2y+z=0, 3 3 3 3
易知m=(1,0,0)是平面BB C C的一个法向量.
1 1
设平面BB C C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=
1 1
|m·n| 1 3 3 √6( 1 )
= = ≤ = 当a= 时取等号
|m|·|n| √ (a+1) 2 (2-a) 2 √ ( 1) 2 27 √27 3 2
1+ + 2 a- +
3 3 2 2 2
√3 1 1
,∴sin θ=√1-cos2θ≥ ,故当a= ,即B D= 时,平面BB C C与平面DFE所成的二面
3 2 1 2 1 1
√3
角的正弦值最小,最小值为 .
3
4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正
方形,AP⊥BP,AP=BP,PD=√6.记平面PAB与平面PCD的交线为l.
(1)证明:AB∥l;
(2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值.
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解析 (1)证明:因为AB∥CD,CD 平面PCD,AB 平面PCD,所以AB∥平面PCD.
又AB 平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.
⊂ ⊄
(2)因为AP⊥BP,所以PA2+PB2=AB2=4,
⊂
又PA=PB,所以PA=PB=√2,
又PD=√6,所以PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA,
又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA 平面PAB,AB 平面PAB,所以AD⊥平面PAB.取AB,CD的
中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO∥AD,所以MO⊥平面PAB,又OP 平面PAB,所
⊂ ⊂
以MO⊥OP.
⊂
又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.
如图,以O为原点,分别以⃗OP,⃗OB,⃗OM的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角
坐标系,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以⃗PC=(-1,1,2),⃗PD=(-1,-1,2).
{n·⃗PC=0, {-x+ y+2z=0,
设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则 即 取z=1,得
n·⃗PD=0, -x- y+2z=0,
x=2,y=0,则n=(2,0,1).
又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量,
n·m 1 √5
所以cos<n,m>= = = ,
|n|·|m| √5 5
√ (√5) 2 2√5
所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为 1- = .
5 5
5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A B C D 的底面是菱形,
1 1 1 1
AA =4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB ,A D的中点.
1 1 1
(1)证明:MN∥平面C DE;
1
(2)求二面角A-MA -N的正弦值.
1
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解析 (1)证明:连接B C,ME.因为M,E分别为BB ,BC的中点,所以ME∥B C,且ME=
1 1 1
1 1
B C.又因为N为A D的中点,所以ND= A D.由题设知A B DC,可得B CA D,故
2 1 1 2 1 1 1 1 1
MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN 平面EDC ,所以MN∥
1
平面C DE.
1 ⊄
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空
间直角坐标系D-xyz,
A(2,0,0),A (2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),⃗A A=(0,0,-4),⃗A M=(-1,√3,-2),⃗A N
1 1 1 1
=(-1,0,-2),⃗MN=(0,-√3,0).
{m·⃗A M=0,
设m=(x,y,z)为平面A MA的法向量,则 1
1 m·⃗A A=0.
1
{-x+√3 y-2z=0,
所以 可取m=(√3,1,0).
-4z=0.
{n·⃗MN=0,
设n=(p,q,r)为平面A MN的法向量,则
1 n·⃗A N=0.
1
{-√3q=0,
所以 可取n=(2,0,-1).
-p-2r=0.
m·n 2√3 √15
于是cos<m,n>= = = ,
|m||n| 2×√5 5
√10
所以二面角A-MA -N的正弦值为 .
1 5
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6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于
1
底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
2
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
1
解析 (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=
2
AD.
1
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC= AD,所以EFBC,所以四边形BCEF是平行
2
四边形,所以CE∥BF,又BF 平面PAB,CE 平面PAB,故CE∥平面PAB.
⊂ ⊄
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,⃗AB的方向为x轴正方向,|⃗AB|为单位长,建立如
图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则⃗PC
=(1,0,-√3),⃗AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0<x<1),则⃗BM=(x-1,y,z),⃗PM=(x,y-1,z-√3).因为BM与底面ABCD所成
的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,
|z| √2
所以|cos<⃗BM,n>|=sin 45°,即 = ,
√(x-1) 2+ y2+z2 2
即(x-1)2+y2-z2=0. ①
又M在棱PC上,设⃗PM=λ⃗PC,则
x=λ,y=1,z=√3-√3λ. ②
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√2 √2
{x=1+ , {x=1- ,
2 2
由①,②解得 y=1, (舍去),或 y=1,
√6 √6
z=- z= ,
2 2
( √2 √6) ( √2 √6)
所以M 1- ,1, ,从而⃗AM= 1- ,1, .
2 2 2 2
设m=(x ,y ,z )是平面ABM的法向量,
0 0 0
{m·⃗AM=0, {(2-√2)x +2y +√6z =0,
则 即 0 0 0
m·⃗AB=0, x =0,
0
所以可取m=(0,-√6,2).
m·n √10
于是cos<m,n>= = .
|m||n| 5
易知所求二面角为锐二面角.
√10
因此二面角M-AB-D的余弦值为 .
5
7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,
1
AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD,PA=PB=AD= BC=2,且E,F分别为PC,CD
2
的中点.
(1)证明:DE∥平面PAB;
(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°,求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余
弦值.
解析 (1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM,
1
∵E为PC的中点,∴ME∥BC,ME= BC,
2
1
又∵AD∥BC,AD= BC,
2
∴ME∥AD,ME=AD,∴四边形ADEM为平行四边形,
∴DE∥AM,∵DE 平面PAB,AM 平面PAB,∴DE∥平面PAB.
⊄ ⊂
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(2)∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD 平面
ABCD,AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,取AB的中点G,连接FG,则FG∥AD,则FG⊥平面
⊂
PAB,
FG
∴∠GPF为直线PF与平面PAB所成的角,即∠GPF=60°,∵tan 60°= ,FG=3,则PG=
PG
√3,∴AG=GB=1,则AB=2.如图,建立空间直角坐标系,则P(0,0,√3
),C(1,4,0),D(-1,2,0),
∴⃗PC=(1,4,-√3),⃗CD=(-2,-2,0),
设平面PCD的法向量为n =(x,y,z),
1
{n ·⃗PC=0, {x+4 y-√3z=0,
则 1 即
n ·⃗CD=0, -2x-2y=0,
1
令y=1,则n =(-1,1,√3),
1
易知平面PAB的一个法向量为n =(0,1,0),设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ,
2
| n ·n | 1 √5 √5
∴cos θ= 1 2 = = ,即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为 .
|n ||n | √5 5 5
1 2
8.(2023届河北邢台名校联盟开学考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方
形,侧面PAD为正三角形,M为PD的中点,N为BC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAB;
(2)当AM⊥PC时,求平面MND与平面PCD夹角的余弦值.
解析 (1)证明:取AP的中点为E,连接EM,EB,
第 25 页 共 41 页第 25 页 共 41 页
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在△PAD中,∵M为PD的中点,E为AP的中点,
1
∴EM∥AD,EM= AD,
2
在正方形ABCD中,∵N为BC的中点, ADBC,
1
∴BN∥AD,BN= AD,
2
∴BN∥ME,BN=ME,∴四边形BNME为平行四边形,
∴MN∥BE,∵MN 平面PAB,BE 平面PAB,∴MN∥平面PAB.
(2)在正三角形PAD中,M为PD的中点,∴AM⊥PD,
⊄ ⊂
又∵AM⊥PC,PC∩PD=P,PC,PD 平面PDC,
∴AM⊥平面PDC,∵CD 平面PCD,∴AM⊥DC.
⊂
在正方形ABCD中,AD⊥DC,又AM∩AD=A,AM,AD 平面PAD,∴DC⊥平面PAD,
⊂
∵CD 平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,取AD的中点O,连接OP,ON,易证
⊂
OP,ON,OD两两垂直.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
⊂
( 1 √3)
设AD=2,则D(0,1,0),N(2,0,0),C(2,1,0),P(0,0,√3),M 0, , ,
2 2
( 1 √3)
则⃗DM= 0,- , ,⃗DN=(2,-1,0),⃗DP=(0,-1,√3),⃗DC=(2,0,0),
2 2
设平面MND的法向量为n=(x,y,z),
{ 1 √3
n·⃗DM=- y+ z=0, (1 √3)
则 2 2 令y=1,则n= ,1, ,
2 3
n·⃗DN=2x- y=0,
设平面PCD的法向量为m=(x',y',z'),
{m·⃗DP=- y'+√3z'=0, ( √3)
则 令y'=1,则m= 0,1, ,
m·⃗DC=2x'=0, 3
1
1+
| m·n | 3 4√19
= =
∴|cos<m,n>|= ,∴平面MND与平面PCD夹角
|m||n| √1 1 √ 1 19
+1+ × 1+
4 3 3
4√19
的余弦值为 .
19
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拟》A版
9.(2018课标Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C´D所
在平面垂直,M是C´D上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
解析 (1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC 平面
ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为C´D上异于C,D的点,且DC为直径,
⊂
所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM 平面AMD,故平面AMD⊥
平面BMC.
⊂
(2)以D为坐标原点,⃗DA的方向为x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).
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为C´D的中点.由题设得
A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则⃗AM=(-2,1,1),⃗AB=(0,2,0),⃗DA
{n·⃗AM=0, {-2x+ y+z=0,
=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则 即 可取
n·⃗AB=0, 2y=0,
n=(1,0,2).⃗DA是平面MCD的法向量,
n·⃗DA √5 2√5
因此cos<n,⃗DA>= = ,sin<n,⃗DA>= .
|n||⃗DA| 5 5
2√5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 .
5
考法三 求解立体几何中的探索性问题
1.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面
ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=√5.
(1)求证:PD⊥平面PAB;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
AM
(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求 的值;若不存在,说明
AP
理由.
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解析 (1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以
AB⊥平面PAD,
又PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
⊂
所以PD⊥平面PAB.
⊂
(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO 平面PAD,平
面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
⊂
所以PO⊥平面ABCD.因为CO 平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.
⊂
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-
1,0),P(0,0,1).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗PD=0, {- y-z=0,
则 即
n·⃗PC=0, 2x-z=0.
令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).
n·⃗PB √3
又⃗PB=(1,1,-1),所以cos<n,⃗PB>= =- .
|n||⃗PB| 3
√3
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 .
3
(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得⃗AM=λ⃗AP.因此M(0,1-λ,λ),则⃗BM
=(-1,-λ,λ).
因为BM 平面PCD,
所以BM∥平面PCD当且仅当⃗BM·n=0,
⊄
1
即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ= .
4
所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,
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AM 1
此时 = .
AP 4
2.(2022湖北襄阳四中月考,19)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,BB ⊥平面
1 1 1 1
ABC,AB⊥BC,AA =AB=BC=2.
1
(1)求证:BC ⊥平面A B C;
1 1 1
B M 1 A N
(2)点M在线段B C上,且 1 = ,点N在线段A B上,若MN∥平面A ACC ,求 1
1 B C 3 1 1 1 A B
1 1
的值.
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A B C 中,∵BB ⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴BB ⊥BC,
1 1 1 1 1
同理,BB ⊥A B .
1 1 1 ⊂
∵AA =BB =BC=2,∴四边形B BCC 为正方形,故
1 1 1 1
BC ⊥B C.∵AB⊥BC,AB∥A B ,BC∥B C ,∴A B ⊥B C ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵BB ∩B C =B ,∴A B ⊥平面BCC B ,
1 1 1 1 1 1 1 1
∵BC 平面BCC B ,∴A B ⊥BC ,
1 1 1 1 1 1
∵A B ∩B C=B ,∴BC ⊥平面A B C.
1 1⊂ 1 1 1 1 1
(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB 所在直线为z轴,建立空间
1
直角坐标系,则A(0,2,0),C(2,0,0),C (2,0,2),B(0,0,0),B (0,0,2),A (0,2,2),则
1 1 1
⃗CA=(-2,2,0),⃗CC =(0,0,2),设平面ACC A 的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1
{n·⃗CA=-2x+2y=0,
则 取x=1,得n=(1,1,0),
n·⃗CC =2z=0,
1
A N
设M(a,b,c),N(x,y,z), 1 =λ,则⃗B C=3⃗B M,⃗A N=λ⃗A B,0≤λ≤1,即(2,0,-
A B 1 1 1 1
1
(2 4)
2)=3(a,b,c-2),(x,y-2,z-2)=λ(0,-2,-2),解得M ,0, ,N(0,2-2λ,2-2λ),则
3 3
( 2 2 )
⃗MN= - ,2-2λ, -2λ ,
3 3
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2
∵MN∥平面A ACC ,∴n·⃗MN=- +2-2λ=0,
1 1 3
2 A N 2
解得λ= .∴ 1 的值为 .
3 A B 3
1
3.(2022石家庄二中月考,19)如图,在五面体ABCDPE中,PD⊥平面
ABCD,∠ADC=∠BAD=90°,F为棱PA的中点,PD=BC=√2,AB=AD=1,且四边形CDPE
为平行四边形.
(1)判断AC与平面DEF的位置关系,并给予证明;
√3
(2)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ?若存在,
6
请求出QE的长;若不存在,请说明理由.
解析 (1)AC∥平面DEF.证明如下:设PC交DE于点N,连接FN,因为四边形PDCE为
平行四边形,所以点N为PC的中点,又点F为PA的中点,所以FN∥AC,因为FN 平面
DEF,AC 平面DEF,所以AC∥平面DEF.
⊂
⊄
√3
(2)假设在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为 .设
6
⃗FQ=λ⃗FE(0≤λ≤1),以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴,建
立空间直角坐标系.因为PD=BC=√2,AB=AD=1,所以CD=2,P(0,0,√2
),B(1,1,0),C(0,2,0),A(1,0,0),所以⃗PB=(1,1,-√2),⃗BC=(-1,1,0).
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
{m·⃗PB=(x,y,z)·(1,1,-√2)=0,
则
m·⃗BC=(x,y,z)·(-1,1,0)=0,
{x+ y-√2z=0, { x= y,
即 解得 令x=1,得平面PBC的一个法向量为m=(1,1,√2).
-x+ y=0, z=√2x,
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(1 √2) ( 1 √2)
由F ,0, ,E(0,2,√2),可得⃗FE= - ,2, .
2 2 2 2
(1-λ √2(1+λ))
由⃗FQ=λ⃗FE(0≤λ≤1),整理得Q ,2λ, ,则
2 2
( 1+λ √2(1+λ))
⃗BQ= - ,2λ-1, ,
2 2
√3
因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为 ,
6
| ⃗BQ·m | |5λ-1| √3
所以|cos<⃗BQ,m>|= = = ,得14λ2-5λ-1=0,又0≤λ≤1,所
|⃗BQ|·|m| 2√19λ2-10λ+7 6
1 (1 3√2)
以λ= ,故在线段EF上存在一点Q ,1, ,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值
2 4 4
为 √3 ,且QE=|⃗QE|= √ (1 -0 ) 2 +(1-2) 2+ (3√2 -√2 ) 2 = √19 .
6 4 4 4
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专题综合检测
一、单项选择题
1.(2022重庆第七次质检,7)若正三棱柱ABC-A B C 既有外接球,又有内切球,记该三棱
1 1 1
R 2
( )
柱的外接球和内切球的半径分别为R 、R ,则 1 =( )
1 2 R
2
9 10
A.5 B.4 C. D.
2 3
答案 A
2.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q
为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 ( )
答案 A
3.(2022河北部分重点中学期中,6)在立体几何中,用一个平面去截一个几何体得到的平
面图形叫截面.如图,在正方体ABCD-A B C D 中,点E、F分别是棱B B、B C 的中点,
1 1 1 1 1 1 1
点G是棱CC 的中点,则过线段AG且平行于平面A EF的截面图形为( )
1 1
A.矩形 B.三角形
C.正方形 D.等腰梯形
答案 D
4.(2022广州执信中学月考,8)如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD,
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PE 3 PF 1 PG
过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E,F,G,若 = , = ,则 的值为
PB 5 PC 2 PD
( )
1 2 3 3
A. B. C. D.
4 3 4 5
答案 C
5.(2022江苏南通基地学校3月调研,7)已知正六棱柱ABCDEF-A B C D E F 的底面边
1 1 1 1 1 1
长为1,P是正六棱柱内(不含表面)的一点,则⃗AP·⃗AB的取值范围是 ( )
( 1 3) ( 3 1)
A. - , B. - ,
2 2 2 2
( 1 ) ( 3)
C. - ,1 D. 0,
2 2
答案 A
二、多项选择题
6.(2022广东华附、省实、广雅、深中四校联考,9)已知α,β是两个不同的平面,l是一
条直线,则下列命题中正确的是 ( )
A.若α∥β,l∥β,则l∥α
B.若l⊥α,l⊥β,则α∥β
C.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
D.若α⊥β,l∥β,则l⊥α
答案 BC
7.(2022辽东南协作体期中,12)
如图,正方形SG G G 的边长为1,E,F分别是G G ,G G 的中点,SG 交EF于点D,现沿
1 2 3 1 2 2 3 2
SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G ,G ,G 三点重合,重合后的点记为G,
1 2 3
则在四面体S-GEF中必有 ( )
A.SG⊥平面EFG
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B.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGE
1
C.四面体S-GEF的体积为
12
3
D.四面体S-GEF的外接球的表面积为 π
2
答案 ABD
8.(2022江苏盐城响水中学学情分析,12)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面
ABCD,
侧面PAD是边长为2√6的正三角形,底面ABCD为矩形,CD=2√3,点Q是PD的中点,
则下列结论正确的是 ( )
A.CQ在平面PAB外
2√2
B.PC与平面ACQ所成角的余弦值为
3
C.三棱锥B-ACQ的体积为6√2
D.四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为24√3
答案 ABD
9.(2022山东烟台、德州一模,11)如
图,正三棱柱ABC-A B C 中,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA =3,D为BC的中点,
1 1 1 1
则 ( )
A.直线A B∥平面ADC
1 1
3√10
B.点B 到平面ADC 的距离为
1 1 5
√10
C.异面直线A B 与C D所成角的余弦值为
1 1 1 10
A P DQ
D.设P,Q分别在线段A B ,DC 上,且 1 = ,则PQ的最小值为√3
1 1 1 A B DC
1 1 1
答案 ABD
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10.(2022湖南益阳调研,12)截角四面体是一种半正八面体,可由四面体经过适当的截角,
即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体,如图所示,将棱长为3a的正四面体
沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体,则下列说法正
确的是( )
A.AC⊥DE
B.该截角四面体的表面积为7√3a2
C.AF=√5a
D.该截角四面体的外接球表面积为5πa2
答案 BC
三、填空题
11.(2022福州质量检测,16)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为√3,以A 为球心,2为
1 1 1 1 1
半径的球与底面ABCD的交线的长度为 .
π
答案
2
12.(2022海南文昌中学4月段考,16)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为2,点M,N分
1 1 1 1
别是棱BC,C D 的中点,点P在平面A B C D 内,点Q在线段A N上,若PM=√5,则PQ
1 1 1 1 1 1 1
长度的最小值为 .
3√5
答案 -1
5
四、解答题
13.(2016课标Ⅰ文,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶
点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长
交AB于点G.
(1)证明:G是AB的中点;
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(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的
体积.
解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.
又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.
(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投
影.
理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,
又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平
面PAC内的正投影.
连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,
2
G是AB的中点,所以D在CG上,故CD= CG.
3
2 1
由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE= PG,DE= PC.由
3 3
已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2√2.在等腰直角三角形
EFP中,可得EF=PF=2,
1 1 4
所以四面体PDEF的体积V= × ×2×2×2= .
3 2 3
14.(2021新高考Ⅱ,19,12分)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.
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解析 (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE.
由于QD=QA,故QE⊥AD.
在Rt QAE中,QE=√QA2-AE2=√ (√5) 2-12=2.
在Rt△CDE中,CE=√DC2+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)以E为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0),则
⃗BQ=(-2,1,2),⃗BD=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n =(1,0,0),设平面BQD
1
{n ·⃗BQ=0, {-2x+ y+2z=0,
的法向量为n =(x,y,z),则 2 ⇒ ⇒x=y=2z,取n =(2,2,1).设
2 n ·⃗BD=0 -2x+2y=0 2
2
|n ·n | 2 2
二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|cos<n ,n >|= 1 2 = = ,
1 2 |n ||n | 1×3 3
1 2
2
故二面角B-QD-A的余弦值为 .
3
15.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且
EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.
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解析
依题意,可以建立以D为原点,分别以⃗DA,⃗DC,⃗DG的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的
空间直角坐标系(如图),可得
( 3 )
D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M 0, ,1
2
,N(1,0,2).
(1)证明:⃗DC=(0,2,0),⃗DE=(2,0,2).
设n =(x ,y ,z )为平面CDE的法向量,
0 0 0 0
{n ·⃗DC=0, { 2y =0,
则 0 即 0
n ·⃗DE=0, 2x +2z =0,
0 0 0
不妨令z =-1,可得n =(1,0,-1).
0 0
( 3 )
又⃗MN= 1,- ,1 ,可得⃗MN·n =0,
2 0
又因为直线MN 平面CDE,所以MN∥平面CDE.
(2)依题意,可得⃗BC=(-1,0,0),⃗BE=(1,-2,2),⃗CF=(0,-1,2).设n=(x ,y ,z )为平面BCE
⊄ 1 1 1
的法向量,
{n·⃗BC=0, {-x =0,
则 即 1
n·⃗BE=0, x -2y +2z =0,
1 1 1
不妨令z =1,可得n=(0,1,1).
1
设m=(x ,y ,z )为平面BCF的法向量,
2 2 2
{m·⃗BC=0, {-x =0,
则 即 2
m·⃗CF=0, - y +2z =0,
2 2
不妨令z =1,可得m=(0,2,1).
2
m·n 3√10
因此有cos<m,n>= = ,
|m||n| 10
√10
于是sin<m,n>= .
10
√10
所以二面角E-BC-F的正弦值为 .
10
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(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得⃗BP=(-1,-2,h).
易知,⃗DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,
|⃗BP·⃗DC| 2
故|cos< ⃗BP,⃗DC>|= = ,
|⃗BP||⃗DC| √h2+5
2 √3 √3
由题意,可得
=sin 60°=
,解得h= ∈[0,2].
√h2+5 2 3
√3
所以线段DP的长为 .
3
16.(2023届浙江Z20名校联盟联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面
ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=2√3,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC.
(1)若点E为棱PC的中点,证明:BE∥平面PAD;
(2)已知二面角P-AB-D的大小为60°,求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值.
解析 (1)证明:延长CB,DA交于点F,连接PF,
∵DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,∴易证△CDF是等腰三角形,∴点B是CF的中
点,又∵E是PC的中点,∴BE∥PF,又PF 平面PAD,BE 平面PAD,∴BE∥平面PAD.
⊂ ⊄
(2)在△ABD中,AD=2,BD=4,AB=2√3,
则AD2+AB2=BD2,则∠BAD=90°,即BA⊥AD,
√3
∵sin∠BDA= ,∴∠BDC=∠BDA=60°,则CD=8,
2
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BA 平面ABCD,∴BA⊥平面
PAD,则BA⊥PA,
⊂
∴∠PAD为二面角P-AB-D的平面角,
∴∠PAD=60°,又PA=AD=2,∴△PAD为等边三角形,取AD的中点为O,连接OP,则
OP⊥AD,OP⊥平面ABCD,如图,建立空间直角坐标系,
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则A(1,0,0),B(1,2√3,0),C(-5,4√3,0),D(-1,0,0),P(0,0,√3),所以⃗DP=(1,0,
√3),⃗BD=(-2,-2√3,0),⃗DC=(-4,4√3,0),
设m=(x ,y ,z )为平面PBD的法向量,
1 1 1
{m·⃗DP=0, { x +√3z =0,
则 即 1 1
m·⃗BD=0, -2x -2√3 y =0,
1 1
取y =-1,则m=(√3,-1,-1),
1
设n=(x ,y ,z )为平面PCD的法向量,
2 2 2
{n·⃗DP=0, { x +√3z =0,
则 即 2 2
n·⃗DC=0, -4x +4√3 y =0,
2 2
取y =1,则n=(√3,1,-1),
2
| m·n | 3
设平面PBD和平面PCD的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|= = ,故平面PBD
|m|·|n| 5
3
和平面PCD的夹角的余弦值为 .
5
17.(2020课标Ⅲ理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A B C D 中,点E,F分别在棱
1 1 1 1
DD ,BB 上,且2DE=ED ,BF=2FB .
1 1 1 1
(1)证明:点C 在平面AEF内;
1
(2)若AB=2,AD=1,AA =3,求二面角A-EF-A 的正弦值.
1 1
解析
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北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
设AB=a,AD=b,AA =c,如图,以C 为坐标原点,⃗C D 的方向为x轴正方向,建立空间直
1 1 1 1
角坐标系C -xyz.
1
( 2 )
(1)证明:连接C F,则C (0,0,0),A(a,b,c),E a,0, c ,F
1 1 3
( 0,b, 1 c ) ,⃗EA= ( 0,b, 1 c ) ,⃗C F= ( 0,b, 1 c ) ,得⃗EA=⃗C F,因此EA∥C F,即
3 3 1 3 1 1
A,E,F,C 四点共面,所以点C 在平面AEF内.
1 1
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A (2,1,0),⃗AE=(0,-1, -1),⃗AF=(-2,0,-
1
2),⃗A E=(0,-1,2),⃗A F=(-2,0,1).
1 1
{n ·⃗AE=0,
设n =(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 1
1 n ·⃗AF=0,
1
{- y-z=0,
即 可取n =(-1,-1,1).
-2x-2z=0, 1
{n ·⃗A E=0,
设n 为平面A EF的法向量,则 2 1
2 1 n ·⃗A F=0,
2 1
(1 )
同理可取n = ,2,1 .
2 2
n ·n √7
因为cos<n ,n >= 1 2 =- ,
1 2 |n |·|n | 7
1 2
√42
所以二面角A-EF-A 的正弦值为 .
1 7
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