三年模拟一年创新2022届高考数学复习第八章第七节空间角与距离理全国通用

A组　专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2022·泰安模拟)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)A．30°B．60°C．120°D．150°解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝.∴θ＝30°.答案　A2．(2022·广州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)A.B.C.D.解析　设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知＝(2，－2，1)，＝(2，2，－1)，cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝.答案　B3．(2022·石家庄调研)设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)A.B.C.D.解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴＝(2，0，0)，＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，10\n则令x＝1，则n＝(1，－1，－1)．∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.答案　D4．(2022·江西南昌质检)二面角αlβ等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于(　　)A.B.C．2D.解析　如图，∵二面角αlβ等于120°，∴与夹角为60°.由题设知，⊥，⊥，||＝||＝||＝1，||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×cos60°＝4，∴||＝2.答案　C二、填空题5．(2022·青岛模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．解析　以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则n·＝0，n·＝0，即令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2，1，2)，＝(0，2，0)，sinα＝|cos〈n，〉|＝.答案　一年创新演练10\n6．已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．解析　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则＝(0，0，2)，由题意可求得平面GEF的一个法向量为n＝(1，1，3)，所以点C到平面GEF的距离为d＝＝.答案　7．如图，三棱锥PABC中，PA＝PB＝PC＝，CA＝CB＝，AC⊥BC.(1)求点B到平面PAC的距离；(2)求二面角CPAB的余弦值．解　取AB中点O，连接OP，CO，∵CA＝CB＝，∠ACB＝90°，∴CO⊥AB，且AB＝2，CO＝1.∵PA＝PB＝，∴PO⊥AB，且PO＝＝.∴PO2＋OC2＝3＝PC2，∴∠POC＝90°，即PO⊥OC.∴OA，OC，OP两两垂直．如图所示，分别以OA，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)．(1)设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，1)，则∵＝(－1，1，0)，＝(1，0，－)，∴，∴x＝y＝，∴n＝(，，1)．∵＝(－2，0，0)，∴点B到平面PAC的距离为d＝＝＝.(2)＝(0，1，0)是平面PAB的一个法向量，cos〈n，〉＝＝.10\n综合图形可见，二面角CPAB的大小为锐角，∴二面角CPAB的余弦值为.B组　专项提升测试三年模拟精选一、选择题8．(2022·宁夏银川调研考试)已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)　A.B.C.D.解析　法一　取A1C1的中点E，连接AE、B1E.由题易知B1E⊥平面ACC1A1，则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角．令正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin∠B1AE＝＝＝，故选A.法二　如上图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系Exyz，设棱长为1，则A(，0，1)，B1(0，，0)，设AB1与面ACC1A1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.答案　A二、填空题9．(2022·江苏徐州一模)将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为________．解析　设折叠后点A到达A1点的位置，取BD的中点E，连接A1E、CE.∴BD⊥CE，BD⊥A1E.∴∠A1EC为二面角A1BDC的平面角．∴∠A1EC＝60°，又A1E＝CE，∴△A1EC是等边三角形．∴A1E＝CE＝A1C＝a.10\n即折叠后点A与C之间的距离为a.答案　a三、解答题10.(2022·南京模拟)如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．(1)求证：MN⊥AB；(2)求二面角SNDA的余弦值；(3)求点A到平面SND的距离．解　以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明　由题意得A(0，4，0)，B(0，0，0)，M(1，2，1)，N(0，2，0)，S(0，4，2)，D(1，0，0)．所以：＝(－1，0，－1)，＝(0，－4，0)，·＝0，∴MN⊥AB.(2)设平面SND的一个法向量为m＝(x，y，z)，则：m·＝0，且m·＝0.∵＝(0，－2，－2)，＝(－1，2，0)，∴即令z＝1，得：x＝－2，y＝－1，∴m＝(－2，－1，1)．又平面AND的法向量为n＝(0，0，1)，cos〈m，n〉＝＝.由题图易知二面角SNDA为锐角，故其余弦值为.(3)∵＝(0，－2，0)，∴点A到平面SND的距离d＝＝.11．(2022·广东六校联盟模拟)如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t(0<t<2)，连接A1B，A1C，A1D.10\n(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由．解　法一　(1)根据题意，长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，又A1B＝，A1C＝，所以BM＝＝＝，同理可得，DM＝，在△BMD中，根据余弦定理有：cos∠BMD＝＝－，因为∠BMD∈(0°，180°)，所以∠BMD＝120°，即此时二面角B－A1C－D的值是120°.(2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，此时，A1P＝＝＝.法二　根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：10\n(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1.所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，0)，设平面A1BC的法向量m＝(x，y，z)，则取x＝z＝1，得：m＝(1，0，1)，同理可得平面A1CD的法向量n＝(0，1，1)，所以，cos〈m，n〉＝＝，又二面角B－A1C－D为钝角，故值是120°.(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量)(2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2－t，0)，D(0，2－t，0)，若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨＝λ(λ＞0)，可得P(λt，λ(2－t)，1－λ)＝(λt－t，λ(2－t)，1－λ)，＝(－t，2－t，0)，即：解得：t＝1，λ＝.即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处．一年创新演练12．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝30°，∠B＝90°，D为AC中点，E为BD的中点，AE的延长线交BC于F，将△ABD沿BD折起，折起后∠AEF＝θ.(1)求证：平面AEF⊥平面BCD；(2)cosθ为何值时，AB⊥CD?(1)证明　在Rt△ABC中，∠C＝30°，D为AC的中点，则△ABD是等边三角形．又E是BD的中点，故BD⊥AE，BD⊥EF，10\n折起后，AE∩EF＝E，∴BD⊥平面AEF.∵BD⊂平面BCD，∴平面AEF⊥平面BCD.(2)解　如图所示，过A作AP⊥平面BCD于P，则P在FE的延长线上．设BP与CD相交于Q，令AB＝1，则△ABD是边长为1的等边三角形．若AB⊥CD，又AP⊥CD，则CD⊥平面ABP，PQ⊂平面ABP，则BQ⊥CD.在Rt△CBQ中，由于∠C＝30°，故∠CBQ＝60°.又∠CBD＝30°，故∠EBP＝30°.在Rt△EBP中，PE＝BE·tan30°＝×＝.又AE＝，故cos∠AEP＝＝.折起后有cosθ＝cos(π－∠AEP)＝－.故当cosθ＝－时，AB⊥CD.13.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，AA1＋AB＋AC＝3，AB＝AC＝t(t>0)，P是侧棱AA1上的动点．(1)当AA1＝AB＝AC时，求证：A1C⊥平面ABC1；(2)试求三棱锥PBCC1的体积V取得最大值时的t值；(3)若二面角ABC1C的平面角的余弦值为，试求实数t的值．(1)证明　连接A1C.∵AA1⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB.又AB⊥AC，∴以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．10\n则A(0，0，0)，C1(0，1，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，1)，＝(1，0，0)．设平面ABC1的法向量n＝(x，y，z)，则解得令z＝1，则n＝(0，－1，1)．∵＝－n，∴A1C⊥平面ABC1.(2)解　∵AA1∥平面BB1C1C，∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离．∴＝t2(3－2t)＝t2－t3(0<t<)，V′＝－t(t－1)，令V′＝0，得t＝0(舍去)或t＝1，列表得t(0，1)1V′＋0－V递增极大值递减∴当t＝1时，Vmax＝.(3)解　A(0，0，0)，C1(0，t，3－2t)，B(t，0，0)，C(0，t，0)，A1(0，0，3－2t)，＝(0，t，2t－3)，＝(0，t，3－2t)，＝(t，0，0)，＝(0，0，3－2t)，＝(－t，t，0)．设平面ABC1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则解得令z1＝t，则n1＝(0，2t－3，t)．10\n设平面BCC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∵0<t<，∴解得令y2＝1，则n2＝(1，1，0)．设二面角ABC1C的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则有|cosθ|＝＝＝.化简得5t2－16t＋12＝0，解得t＝2(舍去)或t＝.∴当t＝时，二面角ABC1C的平面角的余弦值为.10