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文档简介
2024版新高考新教材版高考总复习数学8.4空间角与
距离、空间向量及其应用
考点1空间角与距离
1.(2023全国乙理,9)已知.45。为等腰直角三角形,AB为斜边,为等边三角形,若二面角
C-A6—。为150°,则直线C。与平面ABC所成角的正切值为()
1V2V32
A.-B.—C.—D.—
5555
【答案】c
【解析】取A3的中点E,连接CE,OE,因为是等腰直角三角形,且A3为斜边,则有
CE上AB,
又△ABO是等边三角形,则OE1A6,从而NCED为二面角C-AB—。的平面角,即
ZC££>=150,
显然。£八£>£=旦。后,。上匚平面。£)七,于是1平面CDE,又ABu平面ABC,
因此平面CDEL平面ABC,显然平面CDEc平面A3C=CE,
直线CDu平面CDE,则直线CD在平面A8C内的射影为直线CE,
从而NDCE为直线CO与平面4BC所成的角,令A3=2,则CE=1,DE=6,在4CDE中,
由余弦定理得:CD=A/CE2+DE1-2CE-DEcosZCED=Jl+3—2xlxgx(一号=J7,
DECDV3sin150百
由正弦定理得-----------=------------,即sinZDCE=
sinZDCEsinZCED不~2币,
显然NDCE是锐角,cosNDCE=J1—sin:NDCE={「(器?=嘉,
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为且.故选:c
5
2.(2020新高考/,4,5分)日暮是中国古代用来测定时间的仪器,利用与号面垂直的暮针投射到馨面的影子
来测定时间.把地球看成一个球(球心记为0),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处放置一个日号,若辱面与赤道所在平面平行,点A处
的纬度为北纬40°,则唇针与点A处的水平面所成角为)
答案B由题意作出如图所示的截面图,设所求角为a,
3.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-AIBIGQI中,已知BQ与平面ABCD和平面AA山山所成的
角均为30。,则)
\,AB=2AD
B.4B与平面ABCQ所成的角为30。
C.AC=CBi
D.BiD与平面BBiGC所成的角为45。
答案D如图,连接BD由题可知,BB」平面平面AAiBB,
易知易D与平面ABCD和平面44」%°所成的角分别为NB0B,二NBi£)B=NABi£>=30°.
设AD=l,则ABi=V3,Bi0=2,
:.BBi=\,BD=V3,:.AB=V2,
:.AB=y/2AD,故A错误.
过8作交AB\于H,
易知N/M8为AB与平面ABiG。所成的角.
••DU-ABBB1—展
,-T'
:.sinZHAB=—=渔,故B错误.
AB3
易知AC=VJ,CBi=V2,:.AC^CBi,故C错误.
易知NDBiC为Bi。与平面BBiGC所成的角,
LsinNDBC啮=苧,,ND81c=45。,故D正确.
4.(多选)(2022新高考/,9,5分)已知正方体A8CD-AiBiGDi,贝ij()
A.直线BCi与DA\所成的角为90。
B.直线BG与CAi所成的角为90°
C.直线BC\与平面BBiDiD所成的角为45°
D.直线BC,与平面ABCD所成的角为45°
答案ABD连接BC,交BG于O,•..AD〃BC;.NBiOC"或其补角)为直线8G与04所成的角,又
BiULBG,二NBiOG=90。,即直线BC\与。4所成角为90。.故选项A正确.
由48」平面88IGC,BCIU平面BBQC知AI8I_LBCI,又CCi_LBC,48CBiC=Bi,;.BCi_L平面ARC,
又C4u平面4BiC,.•.直线BCi与C4所成角为90。.故选项B正确.
连接4G,交BQ于点Oi,连接O\B,易证GO」平面BBiDiD,:.BCi在平面内的射影为OiB,:.
BG与平面BBIDID所成角为NGBOi.在RtABOiCi中,sin/GBO产署=之则NGBOi=30。,故选项C错误.
BC12
:CGJ_平面ABCD,:.ZCiBC是BCi与平面A8CD所成的角,而NGBC=45。,故选项D正确.故选ABD.
5.(2014课标n,11,5分)直三棱柱峡7田£中,NBCA=90°,M,N分别是.姆/©的中点,8©=^=匕,则1^与
AN所成角的余弦值为()
「同n
0,而D'T
答案C解法一:以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设BC=CA=CC,=2,5!!JA(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
.,前=(T,0,-2),前=(1,T,-2),
―,―,AN-BM-1+43V30
•••cos®,8"〉=两丽=印=面=而故选C.
解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM〃QN,则ZANQ即为所求,
设BC=CA=CC,=2,
贝UAQ=V5,AN=V5,QN=V6,
AN2+NQ2-AQ25+6-56V30
.•.cosNANQ=2ANNQ=药&石药方而'
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
取值有()
/I«
A3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,设正方
体的棱长为a,则PA.=PC,=a;PDr|V3a;PB=ya;PB,=ya,PA=PC=ya;PD=a.故有4个不同的值.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1)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-ABG,CA=CC,=2CB,则直线BG与直线AB,
夹角的余弦值为()
.V5V5
A-TBT
>3
D-5
答案A不妨设CB=1,则B(0,0,l),A(2,0,0),G(0,2,0),Bi(0,2,1).
.•.届=(0,2,-D,丽=(-2,2,1).
—-——►阮7•画’0+4-1V5-、4,
cosVBC],网下面而瓦市用不=不故选卜.
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.(2023北京,16,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,P4,平面
ABC,PA=AB=6C=1,PC=痘.
⑴求证:5<?_1_平面PAB;
(2)求二面角A-PC-B的大小.
解析(1)证明:因为PAL平面ABC,BC,4Bu平面A8C,
所以PA_L8C,PA_LA8.所以PB=ylPA2+AB2=V2.
又因为BC=1,PC=V3,所以PB2+BC2=PC2,
所以PBLBC,
又因为PAIBC,且PACPB=P,PA,PBu平面PAB,
所以8CJ_平面PAB.
(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标
系,
则A(0,1,0),3(0,0,0),C(l,0,0),P(0,1,1),
所以羽=(0,0,1),福(1,-1,0),无=(1,-1,-1),BC=(1,0,0),
设平面PAC的法向量为小(箝,%,zi),
则『.皆=&=。,令e,则修(J,。),
设平面PBC的法向量为n=3,竺,Z2),
则『•空=X2—丫2-2=。,令之=】则.0J/),
In•BC=&=。,
r:r-KIm-n11
所以COS<7Z7,/?>=——=r-r-=
|m|*|n|V2XV22
又因为二面角A-PC-B为锐二面角,
所以二面角A-PC-B的大小为今
考点2空间向量及其应用
1.(多选)(2021新高考/,12,5分)在正三棱柱ABC-AiBtCi中,AB=AAx=\,点P满足前=ABC+〃西,其中
%e[o,1],则()
A.当加1时,AABiP的周长为定值
B.当"=1时,三棱锥P-A山C的体积为定值
C.当月时,有且仅有一个点P,使得AiP_LBP
D.当“W时,有且仅有一个点P,使得48_1_平面ABiP
答案BD选项A,当2=1时,点P在线段CG上,设CP=x(OMl),若户0,则MBiP即为AABC此时
△ABiP的周长为2应+1;若x=l,则AABIP即为AASCI,此时AABIP的周长为24+1.若0<x<l,PCi=l-x,
在RtAPC/1中,PAZl+N,
在RtASiGP中,PBi=Jl+(l-x)2=Vx2-2x+2,
而AB\=®所以AA&P的周长为企+Vx2-2x+2+VIT懑,不为定值,故选项A错误;
选项B,当“=1时,点P在线段BiCi上,
因为B\C\//BC,BiCW平面4BC,8Cu平面4BC,
所以BiG〃平面4BC,
所以直线8。上的任何一点到平面4BC的距离均相等,
所以三棱锥P-Ai8C的体积为定值,故选项B正确;
取BC,BiCi的中点分别为O,5,连接OO\,AO,易知00」平面ABC,AO_LBC,以OB,OA,OOi所在直线分
别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则8&0,0),4(0,-今0),4|(0,-4,1),选项C,当写
时,点P在线段OOi上,设P(0,0,z)(0W把I),则审=(0,亨,Z-1)廊=若4PJ_BP,则不•
BP=0,
即z(z-I)=0,解得z=0或z=l,即当号时,存在两个点P,使得A/UBP,故选项C错误;
选项D,当〃甘时,点P在线段MN上(M,N分别是线段BBi,CG的中点),设P(x,0,1)(-i<x<1),则存=
(若’3
若4B_L平面ABiP,则AiB_LAP,则项•"=(),
Bpg,f,-1)-(x,f,0=|x+;-1=0,解得x=-i所以P(-1,0,i),易验证此时满足ABJ_平面ABtP,
所以当时,有且仅有一个点P,使得AB_L平面AB\P,故选项D正确.故选BD.
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.
2.(2023课标I,18)如图,在正四棱柱ABC。-中,48=2,441=4.^A2,B2,C2,D2
分别在棱A4,,BB],CCt,DD]±,AA,=1,BB2=DD2=2,CC2-3.
(1)证明:82c2〃4。2;
(2)点p在棱上,当二面角尸一4。2一。2为150°时,求B2P.
【解析】(I)以C为坐标原点,C£>,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
则C(0,0,0),C2(0,0,3),g(0,2,2),D2(2,0,2),4(2,2,1),
・・.与G=(°,一2,1),44=(°,一2,i),・•员。2〃43,
又B?G,42不在同一条直线上,
(2)设P(0,2,2)(0</1<4),则4G=(一2,-2,2),PC;=(0,-2,3-A),2G=(一2,0,1),
fn-A,C7=-2x-2y+2z=0
设平面PA,G的法向量〃=*,y,z),则〈,
(n-PC2=-2y+(3-A)z=0
令z=2,得y=3—%x=X-l,.,.〃=(%—1,3—尢2),
m-AC?=-2a-2b+2c=0
设平面42Go2的法向量m二(。也C),则子,
in•D2c2=-2a+c=0
令。=1,得b=l,c=2,6二(1,1,2),
.vn-m£C
二.cos(n,in}=——=「/=Icos150°|=,
、/n||m7674+(2-I)2+(3-A)22
化简可得,22-4A+3=0,解得;1=1或;1=3,...尸(0,2,1)或P(0,2,3),尸=1.
3.(2023课标口,20)如图,三棱锥A-BCO中,DA=DB=DC,BD1.CD,
ZADB=ZADC=60,E为BC的中点、.
(1)证明:BC±DA;
(2)点F满足E/7=DA,求二面角。一AB-E的正弦值.
【解析】(1)连接4七,。石,因为E为BC中点,DB=DC,所以OE_L3C①,
因为ZM=OB=OC,ZADB=ZADC=60.所以,AC。与△AB。均为等边三角形,
AC=AB,从而AE_L3C1②,由①②,AE\DE=E,AE,u平面AOE,
所以,8C1平面ADE,而ADu平面A£)E,所以5dM.
(2)不妨设/14=。3=£)0=2,BDtCD,:.BC=26.,DE=AE=O
:.AE2+DE2=4=AD2•:.AE1.DE'又〔AE±BC,DEBC=E,Z)E,8Cu平面
8co.平面8C£).以点E为原点,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角
设D(V2,0,0),A(0,0,V2),6(0,0),E(0,0,0),
设平面与平面ABF一个法向量分别为4=(%,y,zj,“2=优,422),
二面角。一AB-尸平面角为6,而AB=(0,血,一夜),
因为“=D4=卜五,0,亚),所以尸卜血,0,8),即有4/=卜血,0,0),
2x,+V2z,=0
血。,取玉=1,所以勺=(1,1,1);
—>/2Z2=0
,取%=1,所以巧=。1,1),
勺•%2一旦
所以,|cose|,从而sin6=一蓝
弧V3x>/23
所以二面角。一AB—尸的正弦值为近.
3
4.(2023全国甲理,18)在三棱柱ABC-A14cl中,AAi=2,4。,底面48(7,NACB=90°,
A到平面BCGBj的距离为i.
(1)求证:AC=AtC;
(2)若直线AA与BBt距离为2,求AB|与平面BCC.B,所成角的正弦值.
【解析】(1)如图,
4C_LBC,又3CJ,AC,ACACu平面ACGA,\Cr\AC=C,
平面ACGAi,又3。匚平面3。。|用,
平面ACGA_L平面,
过A]作A|OJ_CG交CC|于o,又平面ACC|A|I平面BCC|B1=CC1,AOU平面ACCJA,
a。J"平面BCG4
A到平面BCC.B,的距离为1,4。=1,
在RtZ\ACG中,A。-L/AjCpCCj=A4,=2,
设CO=x,则G0=2-x,
,.,△AOC,A^AOG,AACG为直角三角形,且eq=2,
222222
CO+Ap=A.C,A.O+OC^CtA[,A.C+A.C;=CtC,
.•.1+/+1+(2-彳)2=4,解得x=l,.•.AC=AC=AG=VL
(2)AC=/AjCpBC±A^C,BC±AC,
:.RtAACB^RtA^CB,:.BA=BAi,
过B作BDJ.AA,交AA|于。,则。为AA1中点,
由直线A4与距离为2,所以比)=2
:4。=1,BD=2,:.AB=AB=也,
在RtZXABC,BC=4AB2-AC2=>/3-
延长AC,使AC=CM,连接GM,
由CM//\CVCM=AG知四边形4cMe।为平行四边形,
...GW〃AC,•平面ABC,又AMU平面ABC,••・GM
则在RtAAG/中,AM=2AC,QM=^C.AC,=y/(2AC)2+A,C2.
在RtAAB.C,中,AC,=J(2AC)2+AC2,B£=BC=g,
:.AB,=J(2历+(扬2+(后二岳,
又A到平面BCC.B,距离也为1,
所以AS〕与平面BCQBi所成角的正弦值为3=—.
V1313
5.(2022全国甲(理)T18)在四棱锥P-A3CD中,PO_L底面
ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=l,AB=2,DP=y/3.
A
B
(i)证明:BDIPA^
(2)求PO与平面Q45所成的角的正弦值.
【解析】(1)证明:在四边形A3CO中,作ECA5于E,CF_LA8于尸,
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四边形ABC。为等腰梯形,
1同____________
所以AE=BF=5,故。石=,BD=NDE?+BE2=&,
乙2.
所以AD2+BD1=AB'所以ADLBD,
因为PDJ_平面ABC。,BDu平面ABC。,所以P£>_LB。,
又PDcAD=D,所以8。_L平面尸A。,
又因B4u平面PAO,所以BOLR4;
(2)如图,以点。原点建立空间直角坐标系,BD=6,
则A(1,0,0),网0,60),网0,0,@,
则AP=(-1,0,G),BP=(0,—G,后),DP=(o,0,6),
设平面FAB的法向量力=(x,y,z),
n-AP=-x+y/3z=0/「\
则有{「l,Wn=L/3,1,1,
n•BP——J3y+J3z=0
nDPV5
则cos(〃,£)P
HM5
所以p。与平面aw所成角的正弦值为更
5
6.(2022全国乙文,18,12分)如图,四面体A3CZ)中,AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,
E为AC的中点.
(i)证明:平面BED,平面AC。;
(2)设AB=8D=2,NACB=60°,点尸在BD上,当AAFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC
的体积.
【解析】(1)由于AP=C£>,E是AC的中点,所以AC_LDE.
AD=CD
由于<BD=BD,所以△ADBMACDB,
NADB=NCDB
所以AB=CB,故.AC1BD,
由于DEcBD=D,DE,BDl平面BE。,
所以AC,平面BED,
由于ACu平面ACD,所以平面3ED_L平面ACD.
(2)依题意A6=B£>=8c=2,NAC6=60°,三角形ABC是等边三角形,
所以AC=2,AE=CE=1,3E=百,
由于AT>=CD,AO_LCO,所以三角形AC。是等腰直角三角形,所以£)£=1.
DE2+BE2=BD2'所以r>E_L6石,
由于ACcBE=£,AC,BEu平面ABC,所以。£,平面ABC.
由于△ADBvACDB,所以NER4=NEBC,
BF=BF
由于<ZFBA=ZFBC,所以4FBA三二FBC,
AB=CB
所以4/=。尸,所以EFLAC,
由于SAFC=g.AC.EF,所以当七户最短时,三角形AFC的面积最小值.
过E作三户,8。,垂足为尸,
在RtZ\8EO中,-BEDE^-BDEF,解得EF=正
222
FHBF3
过F作FH上BE,垂足为〃,则FH〃DE,所以EHJ_平面ABC,且——=——=—,
DEBD4
3
所以FH——,
4
所以/."c=;.S»c.bH=;xJx2x6x?=¥.
7.(2022•全国乙(理)T18)如图,四面体A8CQ中,AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,
E为AC的中点.
(i)证明:平面BED,平面ACO;
(2)设AB==2,ZACB=60°,点尸在BD上,当的面积最小时,求CF与平面ABD
所成的角的正弦值.
【解析】(1)因为4。=8,E为AC的中点,所以AC_LDE;
在AABD和,CBD中,因为AD=CD,ZADB=ZCDB,DB=DB,
所以△ABD也△C8D,所以AB=CB,又因为E为AC的中点,所以ACL3E;
又因为平面BED,DECBE=E,所以AC_L平面BE。,
因为ACu平面AC。,所以平面BED_L平面AC。.
(2)连接£尸,由(1)知,AC_L平面8££),因为EFu平面BED,
所以AC,石尸,所以SaAFcugAC-EF',
当石尸」.80时,石户最小,即的面积最小.
因为△ABZ泾△CBD,所以CB=AB=2,
又因为NACB=60°,所以4A6C是等边三角形,
因为E为AC的中点,所以AE=EC=1,BE=6
因为A£)_L8,所以。E=,AC=1,
2
在&DEB中,DE2+BE2=BD2-所以BE上DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则A(l,0,0),网0,百,0),0(0,0,1),所以AD=(—1,0,1),48=(-1,石,0卜
设平面A3。的一个法向量为〃=(x,y,z),
n•AD=-x+z=0_(厂、
则〈l,取y=则〃=3,j3,3,
n-AB=-x+V3y=0,'7
又因为c(—1,0,0),尸[o,^q,所以。尸
nCF64A/3
cos(n,CF
所以CF~1~,
HII历x.
设b与平面A3。所成的角的正弦值为eowew工,
I2J
所以sin6
所以。尸与平面ABD所成的角的正弦值为生后.
7
8.(2022•新高考I卷T19)如图,直三棱柱ABC-48IC]的体积为4,418c的面积为2c.
小
A
B
(1)求A到平面A8C的距离;
(2)设。为AC的中点,AAX=AB,平面J_平面AB44,求二面角A-BO-C的正弦
值.
【解析】(1)在直三棱柱48。一431。|中,设点A到平面ABC的距离为/?,
1n5114
则匕=—SA.RC,h=~---/?=匕ARC=—SABC,A^=—K«rABC=一'解得h=6,
所以点A到平面A}BC的距离为J];
(2)取48的中点E,连接AE,如图,因为A4,=A6,所以AEJ.48,
又平面ABC_L平面,平面ABC。平面A344=
且A£u平面所以AE,平面ABC,
在直三棱柱ABC—AB|C|中,8月,平面43。,
由8Cu平面ABC,8。匚平面48。可得4£,8。,BB}±BC,
又AE,BB[u平面AB81A且相交,所以平面43片4,
所以6C,8AB片两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,
由(1)得AE=6,所以AA=AB=2,=2及,所以8C=2,
则A(0,2,0),A(0,2,2),8(0,0,0),C(2,0,0),所以的中点D(l,l,l),
则BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),
m-BD=x+y+z=O
设平面4?。的一个法向量m=(x,y,z),贝叫,
•[m-BA=2y=0
可取加=
/、m・BD=Q+〃+C=O
设平面的一个法向量〃=,则〈,
m-BC=2a=0
可取i=(O,l,-l),
/\m-n11
则cos®'〃"丽
所以二面角A—8D—C的正弦值为』1一±=上
V⑶2
9.(2022•新高考II卷T20)如图,PO是三棱锥P—ABC的高,PA=PB,48_1_4。,£是依
的中点.
E
(i)求证:OE//平面PAC;
(2)若NABO=NCBO=30°,PO=3,Q4=5,求二面角。一的正弦值.
【解析】(1)证明:连接BO并延长交AC于点£>,连接。4、PD,
因为PO是三棱锥P—ABC的高,所以平面ABC,AO,BOu平面A8C,
所以POLAO、POVBO,
又PA=PB,所以△PQ4勺△尸QB,即Q4=O8,所以NQ46=N。区4,
又A8J.AC,即N6AC=90°,所以N(M3+N(M£)=90°,N03A+NOZM=90°,
所以NQD4=N04£)
所以AO=Z)O,即AO=OO=OB,所以。为的中点,又E为PB的中点,所以OE//PD,
又OEZ平面尸AC,P£>u平面PAC,
所以OE〃平面PAC
(2)过点A作Az〃OP,如图建立平面直角坐标系,
因为PO=3,AP=5,所以。4=JAF(2_p(f=4,
又NOBA=NOBC=30°,所以5£>=2(M=8,则A£>=4,AB=45
所以AC=12,所以O(2G,2,01B(4A0,0),尸(2后2,3bC(0,12,0),所以
AB=(46,0,0),AC=(0,12,0),
3
n-AE=3Gx+y+二z=0
设平面AEB法向量为n=(x,y,z),则<2,令z=2,则y=-3,
n•AB=4>/3x=0
x=0,所以〃=(0,-3,2);
3
m-AE=+b+—c=0「
设平面AEC的法向量为m=,贝卜2,令Q=J3,则c=-6,
加•AC=126=0
b=0,所以根=(6,0,一6);
/\n-m-124^3
^cos^^=__=__=___
设二面角C-AE—B为e,由图可知二面角C-AE-B为钝二面角,
所以cos6=-勺5,所以sin£=J1—cos?。=U
1313
故二面角。一AE—B的正弦值为一;
13
10.(2,跖|匕京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-\B\Cx中,侧面BCCA为正方形,平面BCC禺±
平面4网A,AB=BC^2,MN分别为44,AC的中点.
(1)求证:〃平面BCC]Bi:
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择个作为已知,求直线AB与平面BA/N所成角的正弦值.
条件①:AB1MN:
条件②:BM=MN.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
【解析】(1)取A8的中点为K,连接MK,NK,
由三棱柱ABC-AB。1可得四边形ABB|A为平行四边形,
而4〃=M41,BK=K4,则MKIIBB,,
而MKZ平面CBB£,u平面CBB©,故MKH平面CBB©,
而CN=NA,BK=KA,则NK//BC,同理可得NK〃平面,
而NKMK=K,NK,MKu平面MKN,
故平面MKNH平面CBB©,而MNu平面MKN,故MN//平面CBB©,
(2)因为侧面CBB£为正方形,故CB,BB「
而CBu平面CBB£,平面CBB£1平面ABBiAl,
平面CBB©c平面AB44=BB],故CB_L平面ABBX\,
因为NKHBC.故NKJ_平面48与A,
因为ABi平面AB4A,故NK工AB,
若选①,则AB_LM7V,而NK工AB,NKMN=N,
故43_1_平面脑VK,而MKu平面MNK,故ABLMK,
所以而CBLBB],CBcAB=B,故8与,平面ABC,
故可建立如所示的空间直角坐标系,则5(0,0,0),A(0,2,0),N(l,l,0),M(0,1,2),
故胡=(0,2,。),6N=(1,1,0),=(0,1,2),
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
nBN=0x+y=0/、
则〈,从而,取7=-1»则M二(—2,2,—1),
=0y+2z=0
设直线A8与平面BNM所成的角为6,则
sin0=|cos^n,AB”=~
若选②,因为NK//BC,故NK_L平面ABB|A,而KMu平面MKN,
aNK1KM,而BIM=BK=1,NK=1,故B、M=NK,
而B1B=MK=2,MB=MN,故..BB[MjMKN,
所以NBB[M=NMKN=90°,故Ag,BBt,
而C3L84,CBcAB=B,故平面ABC,
故可建立如所示的空间直角坐标系,则6(0,0,0),A(0,2,0),N(l」,0),M(0,l,2),
故班=(0,2,。),3N=(1,1,0),BM=(0,1,2),
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),
〃BN=。x+y=Uz、
则〈,从而<,取2=-1»则〃=(—2,2,—1),
n-BM=Qy+2z=0')
设直线A8与平面BMW所成的角为6,则
./-AD\42
sin0Q=cos(n,AB)=---=—.
\!2x33
11.(2022浙江卷T19)如图,己知ABC。和CDEF都是直角梯形,AB//DC-DC//EF,AB=5,
DC=3,EF=1,NBAD=NCDE=60°,二面角/一。C—B的平面角为60°.设〃,N分
别为AE,BC的中点.
(1)证明:FN±AD.
(2)求直线与平面ADE所成角的正弦值.
【解析】(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H.
四边形ABCD和EFCD都是直角梯形,AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=\,
/BAD=NCDE=60。,由平面几何知识易知,
DG—AH—2,Z.EFC-Z.DCF=Z.DCB=ZABC=90°,则四边形EFCG和四边形
是矩形,,在Rt_EGO和Rt_DH4,EG=DH=273>
:DC1CF,DC!CB,且CFcCB=C,
DC,平面BCF,ZBCF是二面角F—£>C—3的平面角,则ZBCF=60
ABCF是正三角形,由DCu平面ABCD,得平面ABCD_L平面BCF,
•••N是BC的中点,;•FNLBC,又。C_L平面BCF,FNu平面BCF,可得FNLCD,
而6CcCD=C,•••F7V,平面ABC。,而AOu平面A5CZ)..."N,A£).
(2)因为F7V_L平面ABCQ,过点N做AB平行线NK,所以以点N为原点,NK,NB、NF
所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N一砂z,
设4(5,6,0),3(0,6,0),。(3,-6,0),现1,0,3),则加3,^,|,
7
Fy3、
BM3,-^-,-,AD=(-2,-2石,0),OE=(-2,瓜3)
22)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
-AD=0|-2x-23=0「r-
,得〈「,®«=(V3,-1,V3)
-DE=Q[-2x+v3y+3z-
设直线BM与平面ADE所成角为Q,
——cl,.,JIn-BM|
••sin6=cos(n,BDM)\=------------
11\n\-BM\
12.(2019天津理,17,13分)如图,AE_L平面ABCD,CF〃AE,AD〃BC,AD_LAB,AB=AD=1,AE=BC=2.
⑴求证:BF〃平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角K-BD-F的余弦值为最求线段CE的长.
F.
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,分别以同,AD,族的方向为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(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(l,2,h).
(1)证明:依题意,同=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又加=(0,2,h),可得而•AB=0,
又因为直线BFQ平面ADE,所以BF〃平面ADE.
(2)依题意,FD=(-l,l,0),FE=(-l,0,2),
CE=(-l,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则上小。,即仁:厂。。不妨令曰
(n•BE=0,"%+2z=0,
可得n=⑵2,1),因此有cos<CE,11〉二;黑:
|CE||n|9
4
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为
⑶设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
+y=0,
4-hz=0,
不妨令y=L可得"I
由题意'有।C0S<m-n〉卜鼎二牛H解得吟•经检验,符合题意,所以,线段CF的长为3
思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关
系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.
方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:
①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面
的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为
向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角和距离.
13.(2019课标n理,17,12分)如图,长方体ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形,点E在棱AA,上,BE_LEG.
(1)证明:BEJ■平面EBiCi;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C,的正弦值.
解析本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想
象的核心素养.
⑴由已知得,BC1•平面ABBA,BEc平面ABBA,
故BC_LBE.
又BE±EC„所以BE_L平面EBC.
⑵由(1)知NBEB产90°.
由题设知RtAABE^RtAA.B.E,
所以NAEB=45°,故AE=AB,AA,=2AB.
以D为坐标原点,方的方向为x轴正方向,I而为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
贝!JC(O,1,O),G(O,l,2),E(l,0,1),加(1,0,0)届1),及7二(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC,的法向量为(x,y,z),
所以可取m=(1,1,0).
nm1
于是cos<n,m〉二二一彳.
1nlim|2
V3
所以,二面角B-EC-C,的正弦值为
一题多解
(2)连接BC,.设AE=ni,不妨令AB=1,则BE=Vm2+1,C,E=Vm2+2,BC,=7(2m)2+1.
•••BEXEC,,.-.4ni2+l=2in2+3,解得m=l,则AA,=2.
连接AC,BD,相交于点0,连接A,C„
由题意可知AC±BD,BDICCi,ACnCCi=C,
平面AACC,.'.BDICE,
即BOICE.
在长方形AA,C,C中,AC=V2,AA,=2.连接AC,,有箸壹嚏,XZEAC=ZC,CA=90°,贝RtAC.CA^RtACAE.
.".ZECA+ZC,AC=90°,.'.CElACb
取CC,的中点F,连接OF,BF,则0F〃ACCE.
•.・BOnOF=O".CEJ_平面FOB.
设CEflOF=G,连接BG,.-.CE1BG,CE_LFG,则NBGF为二面角B-CE-C,的平面角,且sinNBGF=sinNBGO.设AC,
CICE=H,易得△AEHsZiC£H.X'/AE^Cu.-^11=^0,.易知0G/7AH,又为AC的中点,,OG=;AH.;
BO*,0G=%H=%a当BO_LOG,J.tanNBGO-^■内,,NBG0=60°,贝!!NBGF=120",故sinNBGF±.
2266V62
~6
1虫(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PADJ_平面ABCD,点M在线
段PB上,PD〃平面MAC,PA=PD=V6,AB=4.
⑴求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.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.
⑴设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD〃平面MAC,平面MACC平面PDB=ME,
所以PD〃ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
⑵取AD的中点0,连接OP,0E.
因为PA=PD,所以0P1AD.
又因为平面PAD_L平面ABCD,且OPc平面PAD,
所以OP_L平面ABCD.
因为OEc平面ABCD,所以OP1OE.
因为ABCD是正方形,所以OE1AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,0),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-0).
设平面Bl)l)的法向量为n=平y,z),
令X=l,则y=l,Z=V2.
于是n=(l,1,V2).
平面PAD的一个法向量为p二(0,1,0).
__np1
所以ricos<n,P〉二7丁不?
|n||p|2
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为]
(3)由题意知y),C(2,4,0),证=(3,2,-y).
设直线MC与平面BDP所成角为a,
nil—•|n-MC|2V6
则sina=\COs<n,MC>\=^^=~.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为詈.
方法总结1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n„n£,设二面
角的大小为则有cos0|=|cos<nn>|=再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面
b2㈣1闷'
角.
2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的
角渊足sin回品|.(0图.
15.(2017课标I理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90°.
(1)证明:平面PAB_L平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)由已知NBAP=NCDP=90°,得AB_LAP,CD±PD.
由于AB〃CD,故AB_LPD,
又AP0PD=P,从而AB1平面PAD.
又ABc平面PAB,所以平面PAB_L平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF1AD,垂足为F.
由⑴可知,AB_L平面PAD,故AB±PF,
又ADnAB=A,可得PFJ_平面ABCD.
以F为坐标原点,曲的方向为x轴
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