全国版2024高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲空间角与距离空间向量及应用试题2理含解析

第第页第八章立体几何第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.[2024湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为()图8-5-1A.30° B.60°C.120° D.150°2.[2024湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()A.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③B.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①C.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②D.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③3.[2024安徽宣城模拟]如图8-5-3,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上一点,且A1M=λ(0<λ<2),设N为线段ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为()A.3λ B.255 C.23λ4.[2024吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE和该截面所成角的正弦值为.

5.[2024广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC⊥平面BED.(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.6.[2024晋南中学联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.(1)证明:CQ∥平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.[2024湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=2a,点E是SD上的点,且DE=λa(0<λ≤2).(1)求证:对随意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.(2)设二面角C-AE-D的大小为θ,直线BE与平面ABCD所成的角为φ,若sinφ=cosθ,求λ的值.图8-5-68.[2024福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为B1A1上的动点(不与B1,A(1)证明:PA1⊥平面PBB1.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π4,求二面角P-A1B1-C的余弦值图8-5-79.[2024全国卷Ⅱ,20,12分][理]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.10.[2024黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面相互垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0<a<1).(1)证明:MG⊥平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.[2024蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:AB⊥CD.(2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12时,求直线AE与平面BCE所成角的正弦值12.[2024洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.(1)求证:平面ACE⊥平面BED.(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,请说明理由图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.(1)证明:AB⊥平面α.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.[2024安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.答案第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.B如图D8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=12AB,DE∥PC,DE=12PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE2+DF2-EF2图D8-5-82.A对于题图①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.对于题图②,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1·GE=(DD1-DB)·(12DA1)=12(D即BD1⊥EG.连接DC1,则BD1·EF=(DD1-DB)·(12DC1)=12(DD1·D又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD1·EG=(DD1-DB)·(DG-DE)=(DD1-DB)·(即BD1⊥EG.连接AF,则BD1·EF=(DD1-DB)·(AF-AE)=(DD1-DB)·(DD即BD1⊥EF.又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.故选A.3.D以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图D8-5-9所示的空间直角坐标系,则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),ED1=(-2,0,1),EF=(0,2,0),EM=(0,λ设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则n·ED1=-2x+z=0,则点M到平面D1EF的距离d=|EM因为N为线段EM的中点,所以点N到平面D1EF的距离为d2=4.221010如图D8-5-10,正方体ABCD-A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,图D8-5-10易知ME∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,所以MN∥HE.因为MN⊄平面EFHG,HE⊂平面EFHG,所以MN∥平面EFHG,所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=2,FH=2,所以截面EFHG的面积为2×2=22.连接AC,交HG于点I,易知CI⊥HG,平面EFHG⊥平面ABCD,平面EFHG∩平面ABCD=HG,所以CI⊥平面EFHG,连接EI,因为EI⊂平面EFHG,所以CI⊥EI,所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.在Rt△CIE中,易知CE=1+22=5,CI=14AC=25.(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BE.又BE∩BD=B,所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.(2)解法一设AB=1,在菱形ABCD中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=32,BG=GD=1因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中可得EG=AG=32由BE⊥平面ABCD,得△EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=22如图D8-5-11,过点G作直线Gz∥BE,因为BE⊥平面ABCD,所以Gz⊥平面ABCD,又AC⊥BD,所以建立空间直角坐标系G-xyz.G(0,0,0),C(0,32,0),D(-12,0,0),E(12所以GE=(12,0,22),DE=(1,0,22),CE=(12,-3设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),由DE·n取x=1,则z=-2,y=-33所以平面EDC的一个法向量为n=(1,-33,-2)设直线EG与平面EDC所成的角为θ,则sinθ=|cos<GE,n>|=|12+0-11所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010解法二设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=3.设点G到平面EDC的距离为h,EG与平面EDC所成角的大小为θ.因为AC⊥平面EBD,EG⊂平面EBD,所以AC⊥EG.因为AE⊥EC,所以△AEC为等腰直角三角形.因为AC=2AG=23,所以AE=EC=6,EG=AG=3.因为AB=BD=2,所以Rt△EAB≌Rt△EDB,所以EA=ED=6.在△EDC中,ED=EC=6,DC=2,则S△EDC=5.在Rt△EAB中,BE=EAVE-GDC=13BE·12S△CBD=16×2×S△ABD由VG-EDC=13h·5=VE-GDC=66,得h=所以sinθ=hEG所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010解法三如图D8-5-12,以点B为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.不妨设AB=2,在菱形ABCD中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=3,BG=GD=1.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中可得EG=AG=3.由BE⊥平面ABCD,得△EBG为直角三角形,则EG2=BE2+BG2,得BE=2.则C(2,0,0),E(0,0,2),D(1,3,0),G(12,3所以EG=(12,32,-2),ED=(1,3,-2),EC=(2,0,-2设平面EDC的法向量为n=(x,y,z),则n·ED令x=3,则z=6,y=1.所以平面EDC的一个法向量为n=(3,1,6).设EG与平面EDC所成的角为θ,则sinθ=|cos<EG,n>|=|3所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为10106.(1)如图D8-5-13,取PA的中点N,连接QN,BN.图D8-5-13∵Q,N分别是PD,PA的中点,∴QN∥AD,且QN=12∵PA⊥PD,∠PAD=60°,∴PA=12AD又PA=BC,∴BC=12AD,∴QN=BC又AD∥BC,∴QN∥BC,∴四边形BCQN为平行四边形,∴BN∥CQ.又BN⊂平面PAB,CQ⊄平面PAB,∴CQ∥平面PAB.(2)在图D8-5-13的基础上,取AD的中点M,连接BM,PM,取AM的中点O,连接BO,PO,如图D8-5-14.图D8-5-14设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM为等边三角形,∴PO⊥AM,同理BO⊥AM.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,分别以OB,OD,OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,3),Q(0,32,3∴AC=(3,3,0),AQ=(0,52,3设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z),则m取y=-3,得m=(3,-3,5)是平面ACQ的一个法向量,又平面PAQ的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m·由图得二面角P-AQ-C的平面角为钝角,∴二面角P-AQ-C的余弦值为-3377.(1)由题意SD⊥平面ABCD,AD⊥DC,图D8-5-15以D为原点,DA,DC,DS的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如图D8-5-15所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),E(0,0,λa),∴AC=(-2a,2a,0),BE=(-2a,-2a,λa),∴AC·BE=2a2-2a2+0×λa=0,即AC⊥BE.(2)解法一由(1)得EA=(2a,0,-λa),EC=(0,2a,-λa),BE=(-2a,-2a,λa).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥EA,n⊥EC得n·EA取z=2,得n=(λ,λ,2)为平面ACE的一个法向量,易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS=(0,0,2a)与DC=(0,2a,0),∴sinφ=|DS·BE||DS|·|BE|=λλ2由sinφ=cosθ得λλ2+4=又λ∈(0,2],∴λ=2.解法二如图D8-5-16,连接BD,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=φ.图D8-5-16由(1)易知CD⊥平面SAD.过点D作DF⊥AE于点F,连接CF,则∠CFD是二面角C-AE-D的平面角,即∠CFD=θ.在Rt△BDE中,BD=2a,DE=λa,∴BE=4a2+λ2a2,sinφ=DEBE=λλ2∴AE=aλ2+2,∴DF=在Rt△CDF中,CF=DF2∴cosθ=DFCF由sinφ=cosθ得λλ2+4=又λ∈(0,2],∴λ=2.8.(1)在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,PA1⊂平面PA1B1,所以BB1⊥PA1.因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1⊥PB1.因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂平面PBB1,所以PA1⊥平面PBB1.(2)依据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D8-5-17所示.图D8-5-17设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),所以CA1=(0,1,2),CB1易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则n2·令z=1,则x=-2,y=-2,所以n2=(-2,-2,1)为平面CA1B1的一个法向量.所以cos<n1,n2>=11×由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为-559.(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长度,建立如图D8-5-18所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E(233,13,0).由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为设Q(a,0,0),则NQ=4-(233-a)2故B1E=(233-a,-23,-4又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sin(π2-<n,B1E>)=cos<n,B1所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为101010.(1)因为AF∥平面MNG,且AF⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面MNG=NG,所以AF∥NG,所以CM=BN=2a,所以AM=2(1-a),所以AMCM所以MG∥BC,所以MG⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABEF,且MG⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ABEF=AB,所以MG⊥平面ABEF.(2)由(1)知,MG⊥NG,MG=1-a,NG=a,所以MN=a2+(1-a)2=2a2-2以B为坐标原点,分别以BA,BE,BC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图D8-5-19所示的空间直角坐标系B-xyz,图D8-5-19则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12设平面AMN的法向量为m=(x1,y1,z1),因为AM=(-12,0,12),MN=(0,12所以m·AM=-x12+z设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2),因为BM=(12,0,12),MN=(0,12所以n·BM=x22+z2所以cos<m,n>=m·又二面角A-MN-B为钝二面角,所以二面角A-MN-B的余弦值为-1311.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC⊥AD,AB⊥AD.∵平面ACD⊥平面ABD,平面ACD∩平面ABD=AD,AB⊂平面ABD,∴AB⊥平面ACD,又CD⊂平面ACD,∴AB⊥CD.(2)以A为坐标原点,AC,AB,AD所在的直线分别为x,y,z轴建立如图D8-5-20所示的空间直角坐标系,图D8-5-20不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD=(0,0,1),BC=(1,-2,0),DB=(0,2,-1).设E(x,y,z),由DE=λDB(0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ),得E(0,2λ,1-λ),∴AE=(0,2λ,1-λ),又平面ABC的一个法向量为AD=(0,0,1),AE与底面ABC所成角的正切值为12所以|tanAD,AE|=2,于是|cosAD,AE|=15即|1-λ(2λ)2则E(0,1,12),AE=(0,1,12),BE=(0,-1,1设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则n·BC令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量,设直线AE与平面BCE所成的角是θ,则sinθ=|cosAE,n|=|AE故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为4512.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.又四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(2)因为DA,DC,DE两两垂直,所以以D为坐标原点,建立如图D8-5-21所示的空间直角坐标系D-xyz.图D8-5-21则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则n取x=6,得n=(6,26,3)为平面BEF的一个法向量.所以cos<CA,n>=CA·n|所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t≤26,则BM=(0,-3,t).设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令y1=t,得m=(36-t,t,3)为平面MBE的一个法向量.由(1)知CA⊥平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos<m,CA>|=|m·CA整理得2t2-66t+15=0,解得t=62故在线段AF上存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°,此时AMAF13.(1)因为BC∥平面α,BC⊂平面PBC,平面α∩平面PBC=EF,所以BC∥EF,且F为棱PB的中点,因为BC⊥AB,所以EF⊥AB.因为PA∥平面α,PA⊂平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA∥DE.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,所以DE⊥AB.又DE∩EF=E,DE⊂平面DEF,EF⊂平面DEF,所以AB⊥平面DEF,即AB⊥平面α.(2)如图D8-5-22,以点B为坐标原点,分别以BA,B