北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
考点 用向量法求空间角和空间距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分)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( )
A.20° B.40° C.50° D.90°
答案
B 由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α,
由图易知α=40°.故选B.
2.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-ABCD 中,已知BD与平面ABCD和平面AABB所成的
1 1 1 1 1 1 1
角均为30°,则 ( )
A.AB=2AD
B.AB与平面ABCD所成的角为30°
1 1
C.AC=CB
1
D.BD与平面BBCC所成的角为45°
1 1 1
答案
D 如图,连接BD.由题可知,BB⊥平面ABCD,AD⊥平面AABB,
1 1 1
易知B D 与平面 ABCD 和平面 AA B B 所成的角分别为 ∠ B DB , ∠ AB D , ∴∠BDB=∠ABD=30°.
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设AD=1,则AB=√3,BD=2,
1 1
∴BB=1,BD=√3,∴AB=√2,
1
∴AB=√2AD,故A错误.
过B作BH⊥AB,交AB 于H,
1 1
易知∠HAB为AB与平面ABCD所成的角.
1 1
∵BH= AB·BB
1=
√6,
AB 3
1
BH √3
∴sin∠HAB= = ,故B错误.
AB 3
易知AC=√3,CB=√2,∴AC≠CB,故C错误.
1 1
易知∠DBC为BD与平面BBCC所成的角,
1 1 1 1
∴sin∠DBC= DC √2,∴∠DBC=45°,故D正确.
1 = 1
B D 2
1
3.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-ABCD,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BBDD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 连接BC,交BC 于O,∵AD∥BC,∴∠BOC(或其补角)为直线BC 与DA 所成的角,又
1 1 1 1 1 1 1 1
BC⊥BC,∴∠BOC=90°,即直线BC 与DA 所成角为90°.故选项A正确.
1 1 1 1 1 1
由AB⊥平面BBCC,BC 平面BBCC知AB⊥BC,又BC⊥BC,AB∩BC=B,∴BC⊥平面ABC,又
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
CA 平面ABC,∴BC⊥C ⊂ A,∴直线BC 与CA 所成角为90°.故选项B正确.
1 1 1 1 1 1 1
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连接AC,交BD 于点O,连接OB,易证CO⊥平面BBDD,∴BC 在平面BBDD内的射影为OB,∴BC
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
与平面BB 1 D 1 D所成角为∠C 1 BO 1 .在Rt BO 1 C 1 中,sin∠C 1 BO 1 = C 1 O 1= 1,则∠C 1 BO 1 =30°,故选项C错误.
BC 2
△ 1
∵CC⊥平面ABCD,∴∠CBC是BC 与平面ABCD所成的角,而∠CBC=45°,故选项D正确.故选ABD.
1 1 1 1
4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-ABC 中,AB=AA=1,点P满足 ,
1 1 1 1 ⃗BP=λ⃗BC+μ⃗BB
1
其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 ( )
A.当λ=1时, ABP的周长为定值
1
B.当μ=1时,△三棱锥P-ABC的体积为定值
1
1
C.当λ= 时,有且仅有一个点P,使得AP⊥BP
1
2
1
D.当μ= 时,有且仅有一个点P,使得AB⊥平面ABP
1 1
2
答案
BD 选项A,当λ=1时,点P在线段CC 上,设CP=x(0≤x≤1),若x=0,则△ABP即为△ABC,此时
1 1 1
△ABP的周长为2√2+1;若x=1,则△ABP即为△ABC,此时△ABP的周长为2√2+1.若0<x<1,PC=1-x,
1 1 1 1 1 1
在Rt PCA中,PA= ,
√1+x2
△
在Rt BCP中,PB= ,
1 1 1 √1+(1−x) 2=√x2−2x+2
△
而AB= ,所以△ABP的周长为 ,不为定值,故选项A错误;
1 √2 1 √2+√x2−2x+2+√1+x2
选项B,当μ=1时,点P在线段BC 上,
1 1
因为BC∥BC,BC 平面ABC,BC 平面ABC,
1 1 1 1 1 1
所以BC∥平面AB⊄C, ⊂
1 1 1
所以直线BC 上的任何一点到平面ABC的距离均相等,
1 1 1
所以三棱锥P-ABC的体积为定值,故选项B正确;
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取BC,BC 的中点分别为O,O,连接OO,AO,易知OO⊥平面ABC,AO⊥BC,以OB,OA,OO 所在直线分
1 1 1 1 1 1
别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1 ),A( √3 ),A( √3 ),
,0,0 0,− ,0 1 0,− ,1
2 2 2
1
选项C,当λ= 时,点P在线段OO 上,设P(0,0,z)(0≤z≤1),则
1
2
⃗A P= ( 0, √3 ,z−1 ) ,⃗BP= ( − 1 ,0,z ),若A 1 P⊥BP,则 ⃗A P·⃗BP =0,
1 2 2 1
1
即z(z-1)=0,解得z=0或z=1,即当λ= 时,存在两个点P,使得AP⊥BP,故选项C错误;
1
2
选项D,当μ=1时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BB
1
,CC
1
的中点),设P(
x,0,
1)(
−
1
≤x≤
1),
2 2 2 2
则 ( √3 1),
⃗AP= x, ,
2 2
若AB⊥平面ABP,则AB⊥AP,则 =0,
1 1 1 ⃗A B·⃗AP
1
即(1 √3 ) ( √3 1) 1 3 1=0,解得x=-1,所以P( 1 1),易验证此时满足
, ,−1 · x, , = x+ − − ,0,
2 2 2 2 2 4 2 2 2 2
AB⊥平面ABP,
1 1
1
所以当μ= 时,有且仅有一个点P,使得AB⊥平面ABP,故选项D正确.故选BD.
1 1
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命题立意:本题以正三棱柱为载体,考查正三棱柱的性质,平面向量基本定理,空间几何体的体积,以及线面
垂直的判定等,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力,通过研究点P的位置,考查数形结合思想,体现数学
运算与直观想象的核心素养,落实对试题的创新性和综合性的考查.
5.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-ABC 中,∠BCA=90°,M,N分别是AB,AC 的中点,BC=CA=CC,则
1 1 1 1 1 1 1 1
BM与AN所成角的余弦值为( )
1 2
A. B.
10 5
√30 √2
C. D.
10 2
答案 C 解法一:以C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
设BC=CA=CC=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
1
∴⃗AN=(-1,0,-2),⃗BM=(1,-1,-2),
∴cos< , >= ⃗AN·⃗BM = −1+4 = 3 =√30,故选C.
⃗AN ⃗BM
|⃗AN||⃗BM| √5×√6 √30 10
解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,
设BC=CA=CC=2,
1
则AQ=√5,AN=√5,QN=√6,
AN2+NQ2−AQ2 5+6−5 6 √30
∴cos∠ANQ= = = = ,
2AN·NQ 2√5×√6 2√30 10
故选C.
6.(2013北京,8,5分)如图,在正方体ABCD-ABCD 中,P为对角线BD 的三等分点,P到各顶点的距离的不同
1 1 1 1 1
取值有( )北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
答案 B 过P作平面ABCD、ABCD的垂线分别交DB、DB于E、F点,易知P也是EF的三等分点,设
1 1 1 1 1 1
2 √3 √6 √6
正方体的棱长为a,则PA=PC=a;PD= √3a;PB= a;PB= a,PA=PC= a;PD=a.故有4个不同的值.
1 1 1 3 3 1 3 3
故选B.
思路分析 设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可.
解后反思 本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键.
7.(2012陕西,5,5分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-ABC,CA=CC=2CB,则直线BC 与直线
1 1 1 1 1
AB 夹角的余弦值为( )
1
√5 √5
A. B.
5 3
2√5 3
C. D.
5 5
答案 A 不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B(0,2,1).
1 1
∴ =(0,2,-1), =(-2,2,1).
⃗BC ⃗AB
1 1
cos<⃗BC ,⃗AB >= ⃗BC 1 ·⃗AB 1 = 0+4−1 =√5,故选A.
1 1 |⃗BC |·|⃗AB | √5×3 5
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评析 本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力.
8.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
1
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.
3
解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决
立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、
直观想象与数学运算.
依题意,可以建立以A为原点,分别以⃗AB,⃗AD,⃗AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意,⃗AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又⃗BF=(0,2,h),可得⃗BF·⃗AB=0,
又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,⃗BD=(-1,1,0),⃗BE=(-1,0,2),
⃗CE=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则{n·⃗BD=0, 即{−x+ y=0,
不妨令z=1,
n·⃗BE=0, −x+2z=0,
可得n=(2,2,1),因此有cos< ,n>= ⃗CE·n =-4.
⃗CE
|⃗CE||n| 9
