北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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 ( 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,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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<n ,n >|= 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 )北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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 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
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 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
4
1 4 3×
·V = ,S =2√2,所以d= 3 =√2.
3 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,
1
故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.
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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
1 1 1 1 1 1 1 1 1
AO⊥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
1
OH⊂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,
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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<n ,n >= 1 2 = ,
1 2 |n ||n | 2
1 2
√3
又sin<n ,n >>0,所以sin<n ,n >= .
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 )北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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),
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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<n ,n >|= 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
1
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
