全国版2023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20230316192.docx

第八章　立体几何第五讲　空间角与距离、空间向量及应用1.[2020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.[2020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.[2020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.3λB.255C.23λD.55第19页共19页,4.[2019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.[2021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.[2021晋南高中联考]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.[2021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:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.第19页共19页,(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.[2020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,A1重合).(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.[2020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.第19页共19页,(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.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,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.[2021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.第19页共19页,12.[2020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.第19页共19页,图8-5-1214.[2021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>|=|12+0-114+12×1+13+2|=|-1232×103|=1010.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.第19页共19页,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=EA2-AB2=(6)2-22=2.VE-GDC=13BE·12S△CBD=16×2×S△ABD=16×2×12×2×3=66.由VG-EDC=13h·5=VE-GDC=66,得h=625=3010.所以sinθ=hEG=1010.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(12,32,0),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=0,n·EC=0,得x+3y-2z=0,2x-2z=0,令x=3,则z=6,y=1.第19页共19页,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>|=|32+32-23|1+2×3+1+6=1010.所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为1010.6.(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=12AD.∵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(0,32,32),第19页共19页,∴AC=(3,3,0),AQ=(0,52,32),设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·AQ=0,∴3x+3y=0,52y+32z=0,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·n|m|·|n|=33737,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-33737.7.(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=0,n·EC=0,得2x-λz=0,2y-λz=0,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+4,易知二面角C-AE-D为锐二面角,∴cosθ=|DC·n||DC|·|n|=λ2λ2+2,由sinφ=cosθ得λλ2+4=λ2λ2+2,解得λ2=2,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.第19页共19页,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+4,在Rt△ADE中,AD=2a,DE=λa,∴AE=aλ2+2,∴DF=AD·DEAE=2λaλ2+2,在Rt△CDF中,CF=DF2+CD2=2λ2+1λ2+2a,∴cosθ=DFCF=λ2λ2+2,由sinφ=cosθ得λλ2+4=λ2λ2+2,解得λ2=2,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)根据题意,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=(1,0,2).易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.第19页共19页,设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则n2·CA1=0,n2·CB1=0,即y+2z=0,x+2z=0,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>=11×5=55.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-55.9.(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Q,则NQ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=4-(233-a)2,B1(a,1,4-(233-a)2),故B1E=(233-a,-23,-4-(233-a)2),|B1E|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,故sin(π2-<n,b1e>)=cos<n,b1e>=n·B1E|n|·|B1E|=1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.10.(1)因为AF∥平面MNG,且AF⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面MNG=NG,所以AF∥NG,第19页共19页,所以CM=BN=2a,所以AM=2(1-a),所以AMCM=AGBG=1-aa,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=2a2-2a+1=2(a-12)2+12≥22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN的长度最小.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(12,12,0),设平面AMN的法向量为m=(x1,y1,z1),因为AM=(-12,0,12),MN=(0,12,-12),所以m·AM=-x12+z12=0m·MN=y12-z12=0,取z1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN的一个法向量.设平面BMN的法向量为n=(x2,y2,z2),因为BM=(12,0,12),MN=(0,12,-12),所以n·BM=x22+z22=0n·MN=y22-z22=0,取z2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN的一个法向量.所以cos<m,n>=m·n|m||n|=13,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-13.第19页共19页,11.(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|tan