【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第8章 立体几何初步 第7
节 空间角与距离高考AB 卷 理
直线与平面所成的角及二面角
1.(2014·全国Ⅱ,11)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA =90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC =CA =CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010
D.22
解析 以C 1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设BC =CA =CC 1=2,则A (2,0,2),N (1,0,0),M (1,1,0),B (0,2,2),∴AN →
=(-1,0,-2),BM →
=(1,-1,-2),
∴cos 〈AN →,BM →
〉=AN →·BM →|AN →||BM →|=-1+45×6=330=3010,故选C.
答案 C
2.(2013·大纲全国,10)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.2
3 B.33
C.23
D.13
解析 设AB =1,则AA 1=2,分别以D 1A 1→、D 1C 1→、D 1D →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.如图所示:
则D (0,0,2),C 1(0,1,0),B (1,1,2),
C (0,1,2).DB →=(1,1,0),DC 1→
=(0,1,-2), DC →
=(0,1,0),
设n =(x ,y ,z )为平面BDC 1的一个法向量,则 ???
??n ·DB →=0n ·DC 1→=0
即?????x +y =0
y -2z =0,取n =(-2,2,1). 设CD 与平面BDC 1所成角为θ 则sin θ=
?
???????n ·DC →|n ||DC →|=23,故选A. 答案 A
3.(2012·全国,19)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AC =BC =1
2AA 1,D 是棱AA 1的中点,DC 1
⊥BD .
(1)证明:DC 1⊥BC ;
(2)求二面角A 1-BD -C 1的大小.
(1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形, 由于D 为AA 1的中点,故DC =DC 1.
又AC =12AA 1,可得DC 21+DC 2=CC 2
1,所以DC 1⊥DC .
而DC 1⊥BD ,DC ∩BD =D ,所以DC 1⊥平面BCD .
BC ?平面BCD ,故DC 1⊥BC .
(2)解 由(1)知BC ⊥DC 1,且BC ⊥CC 1, 则BC ⊥平面ACC 1A 1,
所以CA ,CB ,CC 1两两相互垂直.
以C 为坐标原点,CA →的方向为x 轴的正方向,|CA →
|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .
由题意知A 1(1,0,2),B (0,1,0),D (1,0,1),C 1(0,0,2). 则A 1D →=(0,0,-1),BD →=(1,-1,1),DC 1→
=(-1,0,1). 设n =(x ,y ,z )是平面A 1B 1BD 的法向量,则 ???
??n ·BD →=0,n ·A 1D →=0,
即?????x -y +z =0,
z =0.可取n =(1,1,0). 同理,设m =(x 1,y 1,z 1)是平面C 1BD 的法向量. 则?????m ·BD →=0,m ·DC 1→=0.即?????x 1-y 1+z 1=0,
-x 1+z 1
=0,
可取m =(1,2,1). 从而cos 〈n ,m 〉=
n ·m |n ||m |=3
2
. 故二面角A 1-BD -C 1的大小为30°.
空间距离
4.(2012·大纲全国,4)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =2,CC 1=22,E 为CC 1的中点,则直线AC 1与平面BED 的距离为( ) A.2 B. 3 C. 2
D.1
解析 连接AC 交BD 于点O ,连接OE ,∵AB =2,∴AC =2 2.
又CC 1=22,则AC =CC 1. 作CH ⊥AC 1于点H ,交OE 于点M .
由OE 为△ACC 1的中位线知,
CM ⊥OE ,M 为CH 的中点.
由BD ⊥AC ,EC ⊥BD 知,BD ⊥平面EOC ,∴CM ⊥BD . ∴CM ⊥平面BDE .
∴HM 为直线AC 1到平面BDE 的距离.
又△ACC 1为等腰直角三角形,∴CH =2.∴HM =1. 答案 D
直线与平面所成的角及二面角
1.(2014·广东,5)已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1)
D.(-1,0,1)
解析 设选项中的向量与a 的夹角为θ,对于选项A ,由于cos θ=1×(-1)+0×1+(-1)×0
12+02+(-1)2×(-1)2+12+0
2
=-12, 此时夹角θ为120°,不满足题意;对于选项B ,由于 cos θ=
1×1+0×(-1)+(-1)×0
12+02+(-1)2×12+(-1)2+02
=1
2, 此时夹角θ为60°,满足题意.故选B. 答案 B
2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段
CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( )
A.??????33,1
B.??????
63,1 C.??
????63,223 D.????
??
223,1
解析 易证AC 1⊥平面A 1BD ,当点P 在线段CC 1上从C 运动到C 1时,直线OP 与平面A 1BD 所成的角α的变化情况:∠AOA 1→π2→∠C 1OA 1(点P 为线段CC 1的中点时,α=π
2
),由于
sin ∠AOA 1=63,sin ∠C 1OA 1=223>63,sin π2=1,所以sin α的取值范围是[63
,1]. 答案 B
3.(2013·山东,4)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,体积为9
4,底面是边长为3的
正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12 B.π3 C.π4
D.π6
解析 如图所示,由棱柱体积为9
4
,底面正三角形的边长为3,可求得棱柱的高为 3.设
P 在平面ABC 上射影为O ,则可求得AO 长为1,故AP 长为12+(3)2
=2.故∠PAO =π
3
,
即PA 与平面ABC 所成的角为
π3
.
答案 B
4.(2015·四川,14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.
解析 建立空间直角坐标系如图所示,设AB =1,则AF →=? ??
??1,12,0,
E ? ??
??12
,0,0,
设M (0,y ,1)(0≤y ≤1), 则EM →=? ??
??-12,y ,1,
∴cos θ=-12+1
2y 1+14
14
+y 2
+1=-
1-y
52
·4y 2
+5.
设异面直线所成的角为α, 则cos α=|cos θ|=
1-y 52
·4y 2
+5=255·1-y 4y 2
+5
, 令t =1-y ,则y =1-t ,∵0≤y ≤1,∴0≤t ≤1, 那么cos α=|cos θ|=255·t
4t 2
-8t +9 =
25
5
t 24t 2
-8t +9=25
5
1
4-8t +9t
2
, 令x =1
t
,∵0≤t ≤1,∴x ≥1,
那么cos α=
25
5
1
4-8x +9x
2,
又∵z =9x 2
-8x +4在[1,+∞)上单增, ∴x =1,z min =5,
此时cos α的最大值=25
5·
15=255·55=25
. 答案 25
5.(2016·四川,18)如图,在四棱锥P -ABCD 中,AD ∥BC ,∠ADC =∠PAB =90°,BC =CD =1
2
AD .E 为边AD 的中点,异面直线PA 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面PAB 内找一点M ,使得直线CM ∥平面PBE ,并说明理由;
(2)若二面角P -CD -A 的大小为45°,求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.
解 (1)在梯形ABCD 中,AB 与CD 不平行.延长AB ,DC ,相交于点M (M ∈平面PAB ),点M 即为所求的一个点.理由如下: 由已知,BC ∥ED ,且BC =ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形.
从而CM ∥EB .又EB ?平面PBE ,CM ?平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .
(说明:延长AP 至点N ,使得AP =PN ,则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知,CD ⊥PA ,CD ⊥AD ,PA ∩AD =A , 所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角. 所以∠PDA =45°.
设BC =1,则在Rt △PAD 中,PA =AD =2.
过点A 作AH ⊥CE ,交CE 的延长线于点H ,连接PH . 易知PA ⊥平面ABCD ,
从而PA ⊥CE .且PA ∩AH =A ,于是CE ⊥平面PAH .又CE ?平面PCE 所以平面PCE ⊥平面PAH .
过A 作AQ ⊥PH 于Q ,则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中,∠AEH =45°,AE =1, 所以AH =
22
. 在Rt △PAH 中,PH =PA 2+AH 2
=322
.
所以sin ∠APH =AH PH =1
3
.
法二 由已知,CD ⊥PA ,CD ⊥AD ,PA ∩AD =A , 所以CD ⊥平面PAD .
于是CD ⊥PD .
从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角.所以∠PDA =45°. 由PA ⊥AB ,可得PA ⊥平面ABCD . 设BC =1,则在Rt △PAD 中,PA =AD =2.
作Ay ⊥AD ,以A 为原点,以AD →,AP →
的方向分别为x 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ,
则A (0,0,0),P (0,0,2),C (2,1,0),E (1,0,0). 所以PE →=(1,0,-2),EC →=(1,1,0),AP →
=(0,0,2). 设平面PCE 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由?????n ·PE →=0,n ·EC →=0.得?????x -2z =0,
x +y =0.
设x =2,解得n =(2,-2,1). 设直线PA 与平面PCE 所成角为α,则
sin α=|n ·AP →
||n |·|AP →|=22×22+(-2)2+12=1
3.
所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为1
3
.
6.(2016·北京,17)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA ⊥PD ,PA =PD ,
AB ⊥AD ,AB =1,AD =2,AC =CD = 5.
(1)求证:PD ⊥平面PAB ;
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值;
(3)在棱PA 上是否存在点M ;使得BM ∥平面PCD ?若存在,求AM AP
的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD . 又AB ⊥AD ,AB ?平面ABCD . ∴AB ⊥平面PAD .
∵PD ?平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ,PA ∩AB =A .
∴PD ⊥平面PAB .
(2)解 取AD 中点O ,连接CO ,PO ,∵PA =PD ,∴PO ⊥AD . 又∵PO ?平面PAD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,
∴PO ⊥平面ABCD ,∵CO ?平面ABCD ,∴PO ⊥CO , ∵AC =CD ,∴CO ⊥AD .
以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0,0,1),B (1,1,0),D (0,-1,0),
C (2,0,0).
则PB →=(1,1,-1),PD →
=(0,-1,-1),
PC →=(2,0,-1).CD →
=(-2,-1,0).
设n =(x 0,y 0,1)为平面PDC 的一个法向量. 由?????n ·PD →=0,n ·PC →=0
得????
?-y 0-1=0,2x 0-1=0,
解得?
????y 0=-1,x 0=1
2.即n =? ????12,-1,1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ.
则sin θ=|cos 〈n ,PB →〉|=?
??
?????n ·PB →|n ||PB →|=?
???
?
???1
2-1-11
4
+1+1×3=33.
(3)解 设M 是棱PA 上一点,则存在λ∈[0,1]使得AM →=λAP →
,因此点M (0,1-λ,λ),
BM →
=(-1,-λ,λ),因为BM ?平面PCD ,所以BM ∥平面PCD ,
当且仅当BM →·n =0,即(-1,-λ,λ)·? ??
??12,-1,1=0,解得λ=14,所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ,此时AM AP =1
4
.
7.(2015·安徽,19)如图所示,在多面体A 1B 1D 1-DCBA ,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F .
(1)证明:EF ∥B 1C .
(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值.
(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,
从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ?面A 1DE ,B 1C ?面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ?面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C .
(2)解 因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD 且AA 1=AB =AD .以A 为原点,分别以AB →,AD →,AA 1→
为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,
1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为? ??
??12,12,1. 设面A 1DE 的法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),而该面上向量A 1E →=? ????12,12,0,A 1D →
=(0,1,-1),
由n 1⊥A 1E →
.
n 1⊥A 1D →得r 1,s 1,t 1应满足的方程组?????12r 1+12s 1=0,s 1-t 1=0, (-1,1,1)为其一组解, 所以可取n 1=(-1,1,1).
设面A 1B 1CD 的法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),而该面上向量A 1B 1→=(1,0,0),A 1D →
=(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).
所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|=23×2=6
3
.
8.(2015·重庆,19)如图,三棱锥P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,PC =3,∠ACB =π
2
.D ,E 分别
为线段AB ,BC 上的点,且CD =DE =2,CE =2EB =2.
(1)证明:DE ⊥平面PCD ; (2)求二面角A -PD -C 的余弦值.
(1)证明 由PC ⊥平面ABC ,DE ?平面ABC ,故PC ⊥DE .
由CE =2,CD =DE =2得△CDE 为等腰直角三角形,故CD ⊥DE . 由PC ∩CD =C ,DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线,故DE ⊥平面PCD . (2)解 由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE =π
4
,如图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF =FC =FE =1,又已知EB =1,故FB =2. 由∠ACB =π2得DF ∥AC ,DF AC =FB BC =2
3,
故AC =32DF =3
2
.
以C 为坐标原点,分别以CA →,CB →,CP →
的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A ? ????32,0,0,E (0,2,0),D (1,1,0),ED →=(1,
-1,0),
DP →=(-1,-1,3),DA →=? ??
??1
2
,-1,0.
设平面PAD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 由n 1·DP →=0,n 1·DA →
=0, 得?????-x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,
故可取n 1=(2,1,1).
由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →
,即n 2=(1,-1,0).
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为
cos 〈n1,n2〉=
n1·n2
|n1|·|n2|
=
3
6
,
故所求二面角A-PD-C的余弦值为
3
6
.
9.(2015·北京,17)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
(1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B的余弦值;
(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.
(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,
所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO?平面AEF,
所以AO⊥平面EFCB.
所以AO⊥BE.
(2)解取BC中点G,连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形,
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB.
又OG?平面EFCB,
所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,
则E(a,0,0),A(0,0,3a),
B (2,3(2-a ),0),EA →
=(-a ,0,3a ), BE →
=(a -2,3(a -2),0).
设平面AEB 的法向量为n =(x ,y ,z ),
则?????n ·EA →=0,n ·BE →=0,即???-ax +3az =0,
(a -2)x +3(a -2)y =0.
令z =1,则x =3,y =-1,于是n =(3,-1,1). 平面AEF 的法向量为p =(0,1,0). 所以cos 〈n ,p 〉=n·p |n ||p |=-5
5
.
由题知二面角F -AE -B 为钝角, 所以它的余弦值为-
5
5
. (3)解 因为BE ⊥平面AOC ,所以BE ⊥OC ,即BE →·OC →
=0, 因为BE →
=(a -2,3(a -2),0),
OC →
=(-2,3(2-a ),0),
所以BE →·OC →=-2(a -2)-3(a -2)2
. 由BE →·OC →