《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习-第七章-第7讲-第2课时-求空间角和距离-轻松闯关

1．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析：选C.法一：由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，1，2)．∴coseq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(（－1）2＋（－1）2＋22)×\r(02＋12＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊eq\f(1,2)B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角．设BC＝2，则BM＝ND＝eq\r(6)，AN＝eq\r(5)，AD＝eq\r(5)，因此cos∠AND＝eq\f(ND2＋NA2－AD2,2ND·NA)＝eq\f(\r(30),10).2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，eq\f(1,2))，D(0，1，0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\f(1,2))，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).3.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)＞0.∴eq\o(BC1,\s\up6(→))与eq\o(AB1,\s\up6(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).答案：eq\f(\r(5),5)4.如图，在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角为________．解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a，0)．设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成角为90°－60°＝30°.答案：30°5．已知单位正方体ABCD­A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，eq\f(1,2)，0)，F(eq\f(1,2)，1，0)．(1)∵eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，∴cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉＝eq\f(（0，1，－1）·（\f(1,2)，\f(1,2)，0）,\r(2)×\f(\r(2),2))＝eq\f(1,2)，即AD1与EF所成的角为60°.(2)eq\o(FA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－1，1)，由图可得，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sinθ＝cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FA,\s\up6(→))〉＝eq\f(（1，0，0）·（\f(1,2)，－1，1）,1×\r(（\f(1,2)）2＋（－1）2＋12))＝eq\f(1,3)，∴cosθ＝eq\f(2\r(2),3).即AF与平面BEB1所成角的余弦值为eq\f(2\r(2),3).6．(2021·唐山市第一次模拟)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，O是AC的中点，A1O⊥平面ABC，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC.(1)求证：A1B⊥AC1；(2)求二面角A­BB1­C的余弦值．解：(1)证明：由于A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，所以AC1⊥BC.由于AA1＝AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1⊥A1C，所以AC1⊥平面A1BC，所以A1B⊥AC1.(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，eq\r(3))．eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，1，eq\r(3))．设m＝(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，则m·eq\o(AB,\s\up6(→))＝m·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0,y＋\r(3)z＝0))，取m＝(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．同理，平面CBB1的一个法向量为n＝(0，－eq\r(3)，1)．由于cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(7),7)，所以二面角A­BB1­C的余弦值为eq\f(2\r(7),7).7．(2021·昆明三中、玉溪一中统考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝eq\f(1,2)AD＝1，CD＝eq\r(3).(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)若二面角M­QB­C为30°，试确定点M的位置．解：(1)证明：∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，Q为AD的中点．∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BQ⊥平面PAD.∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD.(2)∵PA＝PD，Q为AD的中点．∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的一个法向量为n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)．设M(x，y，z)，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y，z－eq\r(3))，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1－x，eq\r(3)－y，－z)，∵eq\o(PM,\s\up6(→))＝teq\o(MC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝t（－1－x）,y＝t（\r(3)－y）,z－\r(3)＝t（－z）))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(t,1＋t),y＝\f(\r(3)t,1＋t),z＝\f(\r(3),1＋t))).在平面MBQ中，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝(－eq\f(t,1＋t)，eq\f(\r(3)t,1＋t)，eq\f(\r(3),1＋t))，∴平面MBQ的一个法向量为m＝(eq\r(3)，0，t)．∵二面角M­BQ­C为30°，cos30°＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(t,\r(3＋0＋t2))＝eq\f(\r(3),2)，∴t＝3.∴M(－eq\f(3,4)，eq\f(3\r(3),4)，eq\f(\r(3),4)))1.(2022·高考天津卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的余弦值．解：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)证明：eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以，BE⊥DC.(2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F­AB­P是锐角，所以其余弦值为eq\f(3\r(10),10).2．(2021·山西省第三次四校联考)如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cosθ的取值范围．解：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.又由于BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1，1)．设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n1·\o(BM,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0,λx－y＋z＝0))，取x＝1，则n1＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)．∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋（\r(3)－λ）2))＝eq\f(1,\r(（\r(3)－λ）2＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴当λ＝0时，cosθ有最小值eq\f(\r(7),7).当λ＝eq\r(3)时，cosθ有最大值eq\f(1,2).∴cosθ∈[eq\f(\r(7),7)，eq\f(1,2)]．3.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F­BE­D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．解：(1)证明：∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AC.∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BDE.(2)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴eq\f(ED