《五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第七節(jié) 空間角與距離 理全國通用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第七節(jié) 空間角與距離 理全國通用（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第七第七節(jié)節(jié) 空間角與距離空間角與距離 考點一 直線與平面所成的角及二面角 1(20 xx廣東，5)已知向量a a(1，0，1)，則下列向量中與a a成 60夾角的是( ) A(1，1，0) B(1，1，0) C(0，1，1) D(1，0，1) 解 析 設(shè) 選 項 中 的 向 量 與a a的 夾 角 為， 對 于 選 項 A ， 由 于 cos 1（1）01（1）01202（1）2 （1）2120212，此時夾角為120，不滿足題意；對于選項 B，由于 cos 110（1）（1）01202（1）2 12（1）20212，此時夾角為60，滿足題意故選 B. 答
2、案 B 2(20 xx四川，8)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點O為線段BD的中點設(shè)點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為，則 sin 的取值范圍是( ) A.33，1 B.63，1 C.63，2 23 D.2 23，1 解析 易證AC1平面A1BD，當(dāng)點P在線段CC1上從C運動到C1時，直線OP與平面A1BD所成的角的變化情況：AOA12C1OA1(點P為線段CC1的中點時，2)，由于sinAOA163，sinC1OA12 2363，sin 21，所以 sin 的取值范圍是63，1 答案 B 3(20 xx新課標(biāo)全國，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，
3、M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BCCACC1，則BM與AN所成角的余弦值為( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 解析 以C1為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BCCACC12，則A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，AN(1，0，2)，BM(1，1，2)， cosAN，BMANBM|AN|BM|145 63303010，故選 C. 答案 C 4(20 xx山東，4)已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為94，底面是邊長為 3的正三角形若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為( ) A.512
4、 B.3 C.4 D.6 解析 如圖所示，由棱柱體積為94，底面正三角形的邊長為3，可求得棱柱的高為 3.設(shè)P在平面ABC上射影為O，則可求得AO長為 1，故AP長為12（ 3）22.故PAO3，即PA與平面ABC所成的角為3. 答案 B 5(20 xx大綱全國，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 解析 設(shè)AB1，則AA12，分別以D1A1、D1C1、D1D的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系如右圖所示： 則D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)， C(0
5、，1，2).DB(1，1，0)，DC1(0，1，2)，DC(0，1，0)， 設(shè)n n(x，y，z)為平面BDC1的一個法向量，則n nDB0n nDC10即xy0y2z0，取n n(2，2，1) 設(shè)CD與平面BDC1所成角為 則 sin n nDC|n n|DC|23，故選 A. 答案 A 6.(20 xx遼寧，8)如圖，四棱錐SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是( ) AACSB BAB平面SCD CSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 解析 四邊形ABCD是正方形，ACBD. 又SD底面ABCD，SD
6、AC. 其中SDBDD， AC面SDB，從而ACSB. 故 A 正確；易知 B 正確； 設(shè)AC與DB交于O點，連接SO. 則SA與平面SBD所成的角為ASO， SC與平面SBD所成的角為CSO， 又OAOC，SASC， ASOCSO. 故 C 正確，由排除法可知選 D. 答案 D 7(20 xx四川，14)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則 cos 的最大值為_ 解析 建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)AB1，則AF1，12，0 ， E12，0，0 ， 設(shè)M(0，y，1)(0y1)，
7、則EM12，y，1 ， cos 1212y11414y21 1y52 4y25. 設(shè)異面直線所成的角為， 則 cos |cos |1y52 4y25 2 551y4y25， 令t1y，則y1t， 0y1，0t1， 那么 cos |cos |2 55t4t28t9 2 55t24t28t92 55148t9t2， 令x1t，0t1，x1， 那么 cos 2 55148x9x2， 又z9x28x4 在1，)上單增， x1，zmin5， 此時 cos 的最大值2 55152 555525. 答案 25 8.(20 xx安徽，19)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA，四邊形AA1B1B，ADD1A
8、1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F. (1)證明：EFB1C. (2)求二面角EA1DB1的余弦值 (1)證明 由正方形的性質(zhì)可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1CA1D，又A1D 面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C 面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C. (2)解 因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A為原點，分別以AB，AD，AA1為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間
9、直角坐標(biāo)系，可得點的坐標(biāo)A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E點為B1D1的中點，所以E點的坐標(biāo)為12，12，1 . 設(shè)面A1DE的法向量n n1(r1，s1，t1)，而該面上向量A1E12，12，0 ，A1D(0，1，1)，由n n1A1E. n n1 1A1D得r1，s1，t1應(yīng)滿足的方程組12r112s10，s1t10， (1，1，1)為其一組解，所以可取n n1(1，1，1) 設(shè)面A1B1CD的法向量n n2(r2，s2，t2)，而該面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得n n2
10、(0，1，1) 所以結(jié)合圖形知二面角EA1DB1的余弦值為|n n1n n2|n n1|n n2|23 263. 9(20 xx重慶，19)如圖，三棱錐PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB2.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CDDE 2，CE2EB2. (1)證明：DE平面PCD； (2)求二面角APDC的余弦值 (1)證明 由PC平面ABC，DE 平面ABC，故PCDE. 由CE2，CDDE 2得CDE為等腰直角三角形，故CDDE. 由PCCDC，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE平面PCD. (2)解 由(1)知，CDE為等腰直角三角形，DCE4，如圖，過D作DF垂直CE
11、于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB2得DFAC，DFACFBBC23，故AC32DF32. 以C為坐標(biāo)原點，分別以CA，CB，CP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，P(0，0，3)，A32，0，0 ，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED(1，1，0)， DP(1，1，3)，DA12，1，0 . 設(shè)平面PAD的法向量為n n1(x1，y1，z1)，由n n1DP0，n n1DA0， 得x1y13z10，12x1y10，故可取n n1(2，1，1) 由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n n2可取為ED，即n n2(1，
12、1，0) 從而法向量n n1，n n2的夾角的余弦值為 cos n n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2|36， 故所求二面角APDC的余弦值為36. 10(20 xx北京，17)如圖，在四棱錐AEFCB中，AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O為EF的中點 (1) 求證：AOBE； (2) 求二面角FAEB的余弦值； (3)若BE平面AOC，求a的值 (1)證明 因為AEF是等邊三角形，O為EF的中點， 所以AOEF. 又因為平面AEF平面EFCB.AO 平面AEF， 所以AO平面EFCB. 所以AOBE. (2)解 取BC
13、中點G，連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形， 所以O(shè)GEF. 由(1)知AO平面EFCB. 又OG 平面EFCB， 所以O(shè)AOG. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 則E(a，0，0)，A(0，0， 3a)， B(2， 3(2a)，0)，EA(a，0， 3a)， BE(a2， 3(a2)，0) 設(shè)平面AEB的法向量為n n(x，y，z)， 則n nEA0，n nBE0， 即ax 3az0，（a2）x 3（a2）y0. 令z1，則x 3，y1， 于是n n( 3，1，1) 平面AEF的法向量為p p(0，1，0) 所以 cosn n，p pnpnp|n n|p p|55. 由題知二面角FAE
14、B為鈍角，所以它的余弦值為55. (3)解 因為BE平面AOC，所以BEOC，即BEOC0， 因為BE(a2， 3(a2)，0)，OC(2， 3(2a)，0)， 所以BEOC2(a2)3(a2)2. 由BEOC0 及 0a2，解得a43. 11(20 xx四川，18)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點為M，GH的中點為N. (1)請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)； (2)證明：直線MN平面BDH； (3)求二面角AEGM的余弦值 (1)解 點F，G，H的位置如圖所示 (2)證明 連接BD，設(shè)O為BD的中點， 因為M，N分
15、別是BC，GH的中點， 所以O(shè)MCD，且OM12CD， HNCD，且HN12CD， 所以O(shè)MHN，OMHN， 所以MNHO是平行四邊形，從而MNOH， 又MN平面BDH，OH 平面BDH， 所以MN平面BDH. (3)解 法一 連接AC，過M作MPAC于P， 在正方體ABCDEFGH中，ACEG， 所以MPEG，過P作PKEG于K，連接KM， 所以EG平面PKM，從而KMEG， 所以PKM是二面角AEGM的平面角， 設(shè)AD2，則CM1，PK2， 在 RtCMP中，PMCMsin 4522， 在 RtPKM中，KMPK2PM23 22， 所以 cosPKMPKKM2 23， 即二面角AEGM的余
16、弦值為2 23. 法二 如圖，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA， DC，DH方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 設(shè)AD2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以，GE(2，2，0)，MG(1，0，2)， 設(shè)平面EGM的一個法向量為n n1(x，y，z)， 由n n1GE0，n n1MG0，2x2y0，x2z0，取x2，得n n1(2，2，1)， 在正方體ABCDEFGH中，DO平面AEGC， 則可取平面AEG的一個法向量為n n2DO(1，1，0)， 所以 cosn n1n n2|n n1|n n2|220441 1102 23， 故二
17、面角AEGM的余弦值為2 23. 12(20 xx陜西，17)四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H. (1)證明：四邊形EFGH是矩形； (2)求直線AB與平面EFGH夾角的正弦值 (1)證明 由該四面體的三視圖可知， BDDC，BDAD，ADDC， BDDC2，AD1. 由題設(shè)，BC平面EFGH， 平面EFGH平面BDCFG， 平面EFGH平面ABCEH， BCFG，BCEH，F(xiàn)GEH. 同理EFAD，HGAD，EFHG， 四邊形EFGH是平行四邊形 又ADDC，ADBD， AD平面BDC， ADBC，EFF
18、G， 四邊形EFGH是矩形 (2)解 法一 如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， DA(0，0，1)，BC(2，2，0)，BA(2，0，1) 設(shè)平面EFGH的法向量n n(x，y，z)， EFAD，F(xiàn)GBC， n nDA0，n nBC0， 得z0，2x2y0，取n n(1，1，0)， sin |cosBA，n n|BAn n|BA|n n| 25 2105. 法二 建立以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， E是AB的中點，F(xiàn)，G分別為BD，DC的
19、中點，得E(1，0，12)，F(xiàn)(1，0，0)，G(0，1，0) FE0，0，12， FG(1，1，0)， BA(2，0，1) 設(shè)平面EFGH的法向量n n(x，y，z)， 則n nFE0，n nFG0， 得 12z0，xy0，取n n(1，1，0)， sin |cosBA，n n|BAn n|BA|n n| 25 2105. 13(20 xx天津，17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點 (1)證明：BEDC； (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值； (3)若F為棱PC上一點，滿足BFAC，求二面角FABP的余弦值
20、 法一 依題意，以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E為棱PC的中點，得E(1，1，1) (1)證明 向量BE(0，1，1)，DC(2，0，0)， 故BEDC0. 所以，BEDC. (2)解 向量BD(1，2，0)，PB(1，0，2)設(shè)n n(x，y，z)為平面PBD的法向量 則n nBD0，n nPB0，即x2y0，x2z0.不妨令y1， 可得n n(2，1，1)為平面PBD的一個法向量，于是有 cosn n，BEn nBE|n n|BE| 26 233. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33. (3)解
21、 向量BC(1，2，0)，CP(2，2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由點F在棱PC上，設(shè)CFCP，01. 故BFBCCFBCCP(12，22，2)由BFAC，得BFAC0，因此，2(12)2(22)0，解得34.即BF12，12，32.設(shè)n n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則 n n1AB0，n n1BF0， 即x0，12x12y32z0. 不妨令z1，可得n n1(0，3，1)為平面FAB的一個法向量取平面ABP的法向量n n2(0，1，0)，則 cosn n1 1，n n2 2n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |31013 1010. 易知
22、，二面角FABP是銳角，所以其余弦值為3 1010. 法二 (1)證明 如圖，取PD中點M，連接EM，AM.由于E，M分別為PC，PD的中點，故EMDC，且EM12DC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BEAM. 因為PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，從而CD平面PAD，因為AM 平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD. (2)解 連接BM，由(1)有CD平面PAD， 得CDPD，而EMCD，故PDEM，又因為ADAP，M為PD的中點，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為
23、直線BM，而BEEM，可得EBM為銳角，故EBM為直線BE與平面PBD所成的角 依題意，有PD2 2，而M為PD中點，可得AM 2，進而BE 2.故在直角三角形BEM中，tanEBMEMBEABBE12，因此 sinEBM33. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33. (3)解 如圖，在PAC中，過點F作FHPA交AC于點H.因為PA底面ABCD，故FH底面ABCD，從而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD內(nèi)，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內(nèi)，作FGDC交PD于點G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點共面由AB
24、PA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG為二面角FABP的平面角 在PAG中，PA2，PG14PD22，APG45，由余弦定理可得AG102，cosPAG3 1010.所以，二面角FABP的余弦值為3 1010. 14.(20 xx湖南，19)如圖，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13. (1)證明：ACB1D； (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值 法一 (1)證明 如圖，因為BB1平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ACBB1. 又ACBD，所以AC平面BB1D. 而B1D 平面BB1D，所以ACB1D. (
25、2)解 因為B1C1AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為) 如圖，連接A1D，因為棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1. 從而A1B1AD1. 又ADAA13，所以四邊形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1. 故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D. 由(1)知，ACB1D， 所以B1D平面ACD1. 故ADB190. 在直角梯形ABCD中，因為ACBD， 所以BACADB. 從而 RtABCRtDAB， 故ABDABCAB.即ABDABC 3. 連接AB1，易知AB1D是直角三角形，
26、且B1D2BB21BD2BB21AB2AD221， 即B1D 21. 在 RtAB1D中，cosADB1ADB1D321217， 即 cos(90)217. 從而 sin 217. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為217. 法二 (1)證明 易知，AB，AD，AA1兩兩垂直如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)ABt，則相關(guān)各點的坐標(biāo)為：A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3) 從而B1D(t，3，3)，AC(t，1，0)，BD(t，3，0)
27、 因為ACBD，所以ACBDt2300.解得t 3或t 3(舍去) 于是B1D( 3，3，3)，AC( 3，1，0) 因為ACB1D3300， 所以ACB1D，即ACB1D. (2)解 由(1)知，AD1(0，3，3)，AC( 3，1，0)，B1C1(0，1，0) 設(shè)n n(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量，則n nAC0，n nAD10， 即3xy0，3y3z0.令x1，則n n(1， 3， 3) 設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為，則 sin|cosn n，B1C1| n nB1C1|n n|B1C1|37217. 15.(20 xx新課標(biāo)全國，19)如圖，直三棱柱ABCA1B1C
28、1中，ACBC12AA1，D是棱AA1的中點，DC1BD. (1)證明：DC1BC； (2)求二面角A1BDC1的大小 (1)證明 由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形， 由于D為AA1的中點，故DCDC1. 又AC12AA1， 可得DC21DC2CC21， 所以DC1DC. 而DC1BD，DCBDD， 所以DC1平面BCD. BC 平面BCD，故DC1BC. (2)解 由(1)知BCDC1，且BCCC1， 則BC平面ACC1A1， 所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直 以C為坐標(biāo)原點，CA的方向為x軸的正方向，|CA|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz. 由題意知A1(1，0，2)，B(0
29、，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2) 則A1D(0，0，1)，BD(1，1，1)，DC1(1，0，1) 設(shè)n n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則 n nBD0，n nA1D0，即xyz0，z0. 可取n n(1，1，0) 同理，設(shè)m m(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量 則m mBD0，m mDC10.即x1y1z10，x1z10， 可取m m(1，2，1) 從而 cosn n，m mn nm m|n n|m m|32. 故二面角A1BDC1的大小為 30. 考點二 空間距離 1(20 xx江西，10)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，
30、AA112.一質(zhì)點從頂點A射向點E(4，3，12)，遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i1 次到第i次反射點之間的線段記為Li(i2，3，4)，L1AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是( ) 解析 根據(jù)反射的對稱性，質(zhì)點是在過A，E，A1的平面內(nèi)運動因為711E2E3L4E1E2L3，故L1L2L4L3，故選 C. 答案 C 2(20 xx全國，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12 2，E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為( ) A2 B. 3 C. 2 D1 解析 連接AC交BD于點O，連接OE，AB2，
31、AC2 2. 又CC12 2，則ACCC1. 作CHAC1于點H，交OE于點M. 由OE為ACC1的中位線知， CMOE，M為CH的中點 由BDAC，ECBD知，BD平面EOC， CMBD. CM平面BDE. HM為直線AC1到平面BDE的距離 又ACC1為等腰直角三角形， CH2.HM1. 答案 D 3(20 xx重慶，9)高為24的四棱錐SABCD的底面是邊長為1的正方形，點S、A、B、C、D均在半徑為 1 的同一球面上，則底面ABCD的中心與頂點S之間的距離為( ) A.24 B.22 C1 D. 2 解析 如圖所示，過S點作SEAC交AC的延長線于E點， 則SE面ABCD，故SE24.
32、 設(shè)球心為O，A，B，C，D所在圓的圓心為O1， 則O1為AC，BD的交點 在 RtOAO1中，AO122，AO1， 故OO1122222.故OO12SE. 過S點作SO2O1O于點O2， 則O2為O1O的中點故OSO1為等腰三角形，則有O1SSO1. 答案 C 4(20 xx大綱全國，6)已知直二面角l，點A，ACl，C為垂足，B，BDl，D為垂足，若AB2，ACBD1，則D到平面ABC的距離等于( ) A.23 B.33 C.63 D1 解析 由題意可作圖： AB2，ACBD1， BCAB2AC2 3， CDBC2BD2 2， 作DEBC于點E，則DE即為D到平面ABC的距離 DCDBBC
33、DE， DEDCDBBC21363. 答案 C 5.(20 xx北京，14)如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上點P到直線CC1的距離的最小值為_ 解析 過E點作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于點E1， 連接D1E1，過P點作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于點H， P點到直線CC1的距離就是C1H， 故當(dāng)C1H垂直于D1E1時，P點到直線CC1距離最小， 此時，在 RtD1C1E1中， C1HD1E1，D1E1C1HC1D1C1E1， C1H252 55. 答案 2 55v 6(20 xx江蘇，22)如圖，在四棱錐PAB
34、CD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長 解 以AB，AD，AP為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則各點的坐標(biāo)為 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)， P(0，0，2) (1)因為AD平面PAB，所以AD是平面PAB的一個法向量，AD(0，2，0) 因為PC(1，1，2)，PD(0，2，2) 設(shè)平面PCD的法向量為m m(x，y，z)， 則m mPC0，m mPD0， 即xy2
35、z0，2y2z0. 令y1，解得z1，x1. 所以m m(1，1，1)是平面PCD的一個法向量 從而 cosAD，m mADm m|AD|m m|33， 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33. (2)因為BP(1，0，2)，設(shè)BQBP(，0，2)(01)，又CB(0，1，0)， 則CQCBBQ(，1，2)， 又DP(0，2，2)， 從而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022. 設(shè) 12t，t1，3，則 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910. 當(dāng)且僅當(dāng)t95，即25時，|cosCQ，DP|的最大值為3 1010. 因為ycos x在0，2上
36、是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值 又因為BP 1222 5，所以BQ25BP2 55. 7(20 xx山東，17)如圖，在三棱臺DEFABC中，AB2DE，G，H分別為AC，BC的中點 (1)求證：BD平面FGH； (2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45，求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小 (1)證明 法一 連接DG，CD，設(shè)CDGFO，連接OH，在三棱臺DEFABC中， AB2DE，G為AC的中點， 可得DFGC，DFGC，所以四邊形DFCG為平行四邊形 則O為CD的中點，又H為BC的中點， 所以O(shè)HBD，又OH 平面FGH，BD平面FGH， 所以
37、BD平面FGH. 法二 在三棱臺DEFABC中，由BC2EF，H為BC的中點， 可得BHEF，BHEF， 所以四邊形BHFE為平行四邊形， 可得BEHF.在ABC中，G為AC的中點，H為BC的中點，所以GHAB. 又GHHFH，所以平面FGH平面ABED. 因為BD 平面ABED， 所以BD平面FGH. (2)解 法一 設(shè)AB2，則CF1.在三棱臺DEFABC中，G為AC的中點，由DF12ACGC，可得四邊形DGCF為平行四邊形， 因此DGFC，又FC平面ABC， 所以DG平面ABC. 在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中點 所以ABBC，GBGC， 因此GB，GC，GD兩兩垂直 以
38、G為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Gxyz. 所以G(0，0，0)，B( 2，0，0)，C(0， 2，0)， D(0，0，1) 可得H22，22，0 ，F(xiàn)(0， 2，1)， 故GH22，22，0 ，GF(0， 2，1) 設(shè)n n(x，y，z)是平面FGH的一個法向量， 則由n nGH0，n nGF0，可得xy0，2yz0. 可得平面FGH的一個法向量n n(1，1， 2) 因為GB是平面ACFD的一個法向量，GB( 2，0，0) 所以 cosGB，n nGBn n|GB|n|n|22 212. 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為 60. 法二 作HMAC于點M，作MNG
39、F于點N，連接NH. 由FC平面ABC，得HMFC， 又FCACC， 所以HM平面ACFD. 因此GFNH， 所以MNH即為所求的角 在BGC中，MHBG，MH12BG22， 由GNMGCF， 可得MNFCGMGF， 從而MN66. 由HM平面ACFD，MN 平面ACFD， 得HMMN， 因此 tanMNHHMMN 3， 所以MNH60， 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為 60. 8(20 xx四川，18)三棱錐ABCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MNNP. (1)證明：P是線段BC的中點； (2)求二面角ANPM的余弦
40、值； (1)證明 如圖，取BD中點O，連接AO，CO. 由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形， 因此AOBD，OCBD. 因為AO、OC 平面AOC，且AOOCO， 所以BD平面AOC. 又因為AC 平面AOC， 所以BDAC. 取BO的中點H，連接NH，PH， 又M，N分別為線段AD，AB的中點， 所以NHAO，MN/BD. 因為AOBD， 所以NHBD. 因為MNNP， 所以NPBD. 因為NH，NP 平面NHP，且NHNPN， 所以BD平面NHP. 又因為HP 平面NHP， 所以BDHP. 又OCBD，HP 平面BCD，OC 平面BCD， 所以HPOC. 因為H為BO的中點， 故
41、P為BC中點 (2)解 法一 如圖，作NQAC于Q，連接MQ. 由(1)知，NPAC， 所以NQNP. 因為MNNP，所以MNQ為二面角ANPM的一個平面角 由(1)知，ABD，BCD是邊長為 2 的正三角形，所以AOOC3. 由俯視圖可知，AO平面BCD. 因為OC 平面BCD，所以AOOC， 因此在等腰 RtAOC中，AC 6， 作BRAC于R.在ABC中，ABBC， 所以BRAB2AC22102. 因為在平面ABC內(nèi)，NQAC，BRAC，所以NQBR. 又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點， 因此NQBR2104.同理，可得MQ104. 所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD
42、4NQ105. 故二面角ANPM的余弦值是105. 法二 由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD. 因為OC，OB 平面BCD，所以AOOC，AOOB. 又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B，OC，OA的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 則A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0) 因為M，N分別為線段AD，AB的中點， 又由(1)知，P為線段BC的中點， 所以M12，0，32，N12，0，32，P12，32，0 . 于是AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)， MN(1，0，0)，NP0，32
43、，32. 設(shè)平面ABC的法向量n n1(x1，y1，z1)，則 n n1AB，n n1BC，即n n1AB0，n n1BC0， 有（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，從而x1 3z10，x1 3y10. 取z11，則x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)連接MP， 設(shè)平面MNP的法向量n n2(x2，y2，z2)，則n n2MN，n n2NP，即n n2MN0，n n2NP0， 有（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，320， 從而x20，32y232z20. 取z21，所以n n2(0，1，1) 設(shè)二面角ANP
44、M的大小為， 則 cos n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| | （ 3，1，1）（0，1，1）5 2105. 故二面角ANPM的余弦值是105. 9.(20 xx重慶，19)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D為AB的中點 (1)求點C到平面A1ABB1的距離； (2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值 解 (1)由ACBC，D為AB的中點，得CDAB. 又CDAA1，故CD面A1ABB1， 所以點C到平面A1ABB1的距離為CDBC2BD2 5. (2)法一 如圖，取D1為A1B1的中點， 連接DD1，則DD1AA1CC1.
45、 又由(1)知CD面A1ABB1， 故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角 因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C， 由三垂線定理的逆定理得AB1A1D， 從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以 RtA1ADRtB1A1A.因此AA1ADA1B1AA1， 即AA21ADA1B18，得AA12 2. 從而A1DAA21AD22 3. 所以，在 RtA1DD1中，cosA1DD1DD1A1DAA1A1D63. 法二 如圖，過D作DD1AA1交A1B1于D1， 在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直 以D
46、為原點，射線DB，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz. 設(shè)直三棱柱的高為h，則 A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0，5，0)，C1(0， 5，h)，從而AB1(4，0，h)，A1C(2， 5，h)， 由AB1A1C，有 8h20，h2 2. 故DA1(2，0，2 2)，CC1(0，0，2 2)，DC(0， 5，0) 設(shè)平面A1CD的法向量為m m(x1，y1，z1)， 則m mDC，m mDA1，即5y10，2x12 2z10， 取z11，得m m( 2，0，1) 設(shè)平面C1CD的法向量為n n(x2，y2，z2)，則n nDC，n nCC1，即5y20，2 2z20，取x21，得n n(1，0，0)， 所以 cosm m，n nm mn n|m m|n n|221163. 所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為63.
五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八章 第七節(jié) 空間角與距離 理全國通用
