新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-4空间角与距离、空间向量及其应用练习课件

这是一份新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-4空间角与距离、空间向量及其应用练习课件，共60页。
1.(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为 ,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　    )A. 　    B.1　    C.2　    D.3
2.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与 四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED= ,FB=2 ,M为AD的中点.(1)证明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值. 
  解析    (1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC,又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD,又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴BM∥平面CDE.(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB= ,在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,
∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE= ,∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA= AM=1,∴OF= =3,又∵OB= ,FB=2 ,∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,又∵OB⊥AD,OF⊥AD,∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
 则F(0,0,3),B( ,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),∴ =(- ,1,0), =( ,0,-3), =(0,1,3),设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 
不妨取x1= ,则n1=( ,3,1).设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 不妨取y2=3,则x2= ,z2=-1,则n2=( ,3,-1).设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cs θ|=|cs|= = = ,∵0≤θ≤π,∴sin θ= = = ,
∴二面角F-BM-E的正弦值为 .
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷 针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬 度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平 面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷 针与点A处的水平面所成角为 (　    )
A.20°　    B.40°　    C.50°　    D.90°
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平 面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　    )A.AB=2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三 角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　     )A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
5.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2 .(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 
  解析    (1)设A到平面A1BC的距离为d.因为 = = S△ABC·AA1=  ·d= · = , =2 ,所以d= = .(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补, 故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值.如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.
 因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以 AO⊥平面A1BC.又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为
OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1.因为A1B,AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.由(1)知AO=d= ,所以AB=AA1=2,A1B=2 ,又因为△A1BC的面积为2 ,所以BC=2,所以可得AC=2 ,A1C=2 ,BD= ,故△ABD的面积为 ·AB· = ,
又S△ABD= BD·AH= ,所以AH= ,在Rt△OHA中,sin∠OHA= = ,即二面角A-BD-C的正弦值为 . 解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE.因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,
又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面 ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB.由(1)知AE=d= ,所以AB=AA1=2,A1B=2 ,又因为△A1BC的面积为2 ,所以BC=2.以B为坐标原点,向量 , , 的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Bxyz,则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则 =(2,0,0), =(0,2,0), =(1,1,1).
 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).
设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cs= = ,又sin>0,所以sin= .所以二面角A-BD-C的正弦值为 .
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正 方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 (　    ) 
考点2　空间向量及其应用
2.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD= QA= ,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值. 
  解析    (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.由QD=QA,得QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE= = =2.∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,在Rt△CDE中,CE= = = .∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0). =(-2,1,2), =(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则 即 x=y=2z.取n2=(2,2,1).设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,则cs θ=|cs|= = = .
3.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2, C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 
  解析    解法一(向量法):(1)证明:以C为原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),则 =(0,-2,1), =(0,-2,1),
∴ = ,∴ ∥ ,又知B2C2与A2D2无公共点,∴B2C2∥A2D2.(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),结合(1)可知 =(-2,-2,2), =(0,-2,1), =(2,0,1-a), =(0,-2,3-a).设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即 令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴|cs 150°|=|cs|= = = = ,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.综上,B2P=1.解法二(几何法):(1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3, ∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
AA2∥BB3,AA2=BB3=1,∴四边形ABB3A2为平行四边形,∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB,同理D2C3=CD,D2C3∥CD,又∵AB∥CD,AB=CD=2,∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3,∴四边形A2B3C3D2为平行四边形,∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3,∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1,
∴四边形B2B3C3C2为平行四边形,∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3,∴B2C2∥A2D2.(2)当P在B1B2上时,连接A2B2.由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E= ,∴B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin 30°= .连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E,由A1B2=A1D2=2 ,得A1E⊥B2D2,∴A1E= ,
由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又B2D2∩A2C2=E,∴A1E⊥平面A2B2C2D2,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴A1E与平面PA2C2所成角为60°,∴点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin 60°= ,∴ = =3,设A1B2与A2P交于点Q,则 =3,又知B2P∥A1A2,
∴ = = ,又知A1A2=3,∴B2P= A1A2=1.由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1.综上,B2P=1.
4.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足 = ,求二面角D-AB-F的正弦值. 
  解析    (1)证明:连接AE,DE,∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. (1分)又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ACD与△ABD均为等边三角形,∴AC=AB,∴AE⊥BC. (2分)又∵AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE, (3分)又∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (4分)(2)设DA=DB=DC=2,则BC=2 ,DE=AE= ,
∴AE2+DE2=4=DA2, (6分)∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.以E为原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 
则D( ,0,0),A(0,0, ),B(0, ,0),E(0,0,0),∴ =(- ,0, ), =(0, ,- ),∵ = ,∴F(- ,0, ),∴ =(- ,0,0). (8分)设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 令z1=1,则n1=(1,1,1). (9分)设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则 即 令z2=1,则n2=(0,1,1). (10分)设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cs θ|= = = . (11分)又∵θ∈[0,π],∴sin θ= = = ,∴二面角D-AB-F的正弦值为 . (12分)
5.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2 ,PB=PC= ,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD= DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值. 
  解析    解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0