北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
考点1 用向量法判定空间中的位置关系
(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 ( )
答案 BC
考点2 空间角与距离
1.(2022全国甲,7,5分,中)在长方体ABCD-A B C D 中,已知B D与平面ABCD和平面
1 1 1 1 1
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
答案 D
2.(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
答案 C
3.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,中)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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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
4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)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.因此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.则
D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),⃗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|
设PB与平面QCD所成角为θ,则 sin θ = × =
3 √1+a2
√3√ 2a
1+ (易错:余弦值转化为正弦值后应该是个正数).
3 a2+1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
√3√ 2a √6
因为 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
3 a2+1 3
√6
值的最大值为 .
3
5.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的
中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析 (1)证法一:连接OA,
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,
∴OA=OB,
取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD 平面PAC,AC 平面PAC,∴OD∥平面PAC,
又D、E⊄ 分别为AB、PB⊂ 的中点,∴DE∥PA,
又∵DE 平面PAC,PA 平面PAC,∴DE∥平面PAC,
又OD、 ⊄DE 平面ODE⊂,OD∩DE=D,
∴平面ODE⊂ ∥平面PAC,
又OE 平面ODE,∴OE∥平面PAC.
证法二 ⊂:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,
∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt ABF中,O为BF的中点,
△北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
又OE 平面PAC,PF 平面PAC,
∴OE∥
⊄
平面PAC.
⊂
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M
且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2√3
( 3)
,∴P(0,2,3),B(2√3,0,0),A(-2√3,0,0),E √3,1, ,
2
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4√3,
∴AC=12,C(-2√3,12,0).
设平面AEB的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
⃗AB=(4√3,0,0),⃗AE= ( 3√3,1, 3) ,
2
{⃗AB·n =0, { x 1 =0,
∴ 1 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
1 1 1 2 1
令y =3,则z =-2,∴n =(0,3,-2).
1 1 1
设平面AEC的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
⃗AC=(0,12,0),
{⃗AC·n =0, { y 2 =0,
∴ 2 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
2 2 2 2 2
令x =√3,则z =-6,∴n =(√3,0,-6),
2 2 2
n ·n 12 4√3
∴cos<n ,n >= 1 2 = = ,
1 2 |n |·|n | √13×√39 13
1 2
11
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=√1−cos2θ= ,∴二面角C-AE-B的正弦值为
13
11
.
13
6.(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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
(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 (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
1
所示的空间直角坐标系,
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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
|n ·n |
∴|cos 150°|=|cos<n ,n >|= 1 2
1 2 |n |·|n |
1 2
|a−1+3−a+4| √6
=
= ,
√6·√(a−1) 2+(3−a) 2+4 √2a2−8a+14
√3 √3
=
即 ,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
2 √a2−4a+7
当a=1时,B P=1;当a=3时,B P=1.
2 2
综上,B P=1.
2
7.(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,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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
8.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=√3.
(1)求证:BC⊥平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB 平面ABC,
所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=√PA2+A⊂B2=√2.
