2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练第2讲　立体几何中的计算问题——线线角与线面角

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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练第2讲　立体几何中的计算问题——线线角与线面角，共10页。

A．30°B．45°
C．60°D．90°
【解析】连接AC，则异面直线AC1与BB1所成的角即为AC1与CC1所成的角，由AB＝eq \r(2)，BC＝1，得AC＝eq \r(3)，所以tan∠AC1C＝eq \f(AC,CC1)＝eq \r(3)，故∠AC1C＝60°，所以异面直线AC1与BB1所成的角为60°．
2．(2023·湖北联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为( A )
(第2题)
A．eq \f(2,5)B．eq \f(3,5)
C．eq \f(3,4)D．eq \f(4,5)
【解析】以D为原点，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0,0)．设正方体的棱长为2，则F(1，0,2)，B(2,2,0)，E(2，0,1)，所以eq \(DF,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，所以所求的余弦值为eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,|\(DF,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(,5)×\r(,5))＝eq \f(2,5)．
3．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为( A )
(第3题)
A．eq \f(3,5)B．eq \f(5,6)
C．eq \f(3\r(3),10)D．eq \f(3\r(6),10)
【解析】设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B1(0，eq \r(3)，2)，F(1,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0，0,2)，eq \(B1F,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq \(GF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)．设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝x－z＝0，))取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，故n＝(1，eq \r(3)，1)为平面GEF的一个法向量，所以|cs〈n，eq \(B1F,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1－3－1|,\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5)，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5)．
(第3题)
4．(2023·杭州质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是( C )
A．eq \f(3,5)B．eq \f(\r(,2),2)
C．eq \f(\r(,3),2)D．eq \f(1,2)
【解析】取BC的中点E，连接DE，AE，如图，依题意知三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE＝eq \r(,3)，DE＝1．因为D，E分别是BC1和BC的中点，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥AE, 所以AD＝eq \r(,AE2＋DE2)＝eq \r(,3＋1)＝2．因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，BC，DE⊂平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，所以sin∠ADE＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(\r(,3),2)，所以AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是eq \f(\r(,3),2)．
(第4题)
5．(2022·新高考Ⅰ卷)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( ABD )
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°
【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故A，B均正确；设A1C1∩B1D1＝O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，在Rt△C1BO中，sin∠C1BO＝eq \f(C1O,BC1)＝eq \f(1,2)，故∠C1BO＝30°，故C错误；直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC＝45°，故D正确．
6．(多选)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°．则下列说法正确的是( CD )
(第6题)
A．直线AD与直线BC所成的角为60°
B．直线AD与平面BCD所成的角为60°
C．直线AC与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(,5),5)
D．直线AC与平面BDC所成的角为30°
【解析】设AB＝1，作AO⊥BC于点O，连接DO，由平面ABC⊥平面DBC，平面ABC∩平面DBC＝BC，知AO⊥平面DBC，故AO⊥OC，AO⊥OD．又由S△AOB≌S△DOB，知DO⊥OB，故OD，OC，OA两两垂直．以点O为原点，OD，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，O(0,0,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,3),2)，0，0))， Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，0))， Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(,3),2)))．对于A，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,3),2)，0，－\f(\r(,3),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，所以AD与BC所成角等于90°，故A错误；对于B，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,3),2)，0，－\f(\r(,3),2)))，显然n1＝(0,0,1)为平面BCD的一个法向量，|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,3),2))),\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,3),2)))2)×1)＝eq \f(\r(,2),2)，所以直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，故B错误；对于C，设平面ABD的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，－\f(\r(,3),2)))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y－\f(\r(,3),2)z＝0，,\f(\r(,3),2)x－\f(\r(,3),2)z＝0，))不妨令z＝1，则x＝1，y＝eq \r(,3)，则n2＝(1，eq \r(,3)，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\f(\r(,3),2)))，|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，n2〉|＝eq \f(|]\f(3\r(,3),2)－\f(\r(,3),2),eq \r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,3),2)))2)×eq \r(,5))＝eq \f(\r(,5),5)，故C正确；对于D，|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,3),2))),\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,3),2)))2)×1)＝eq \f(1,2)，故D正确．
(第6题)
7．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(,2) ,10)，则λ的值为__eq \f(1,3)__．
(第7题)
【解析】以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0，2,1)，A(2,0,0)，所以eq \(D1E,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(0,0，－2)＋λ(－2,0,0)＝(－2λ，0，－2)，则|cs〈eq \(A1F,\s\up6(→))，eq \(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·\(D1E,\s\up6(→))|,|\(A1F,\s\up6(→))|·|\(D1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(,λ2＋1)·\r(,5))＝eq \f(3\r(,2) ,10)，解得λ＝eq \f(1,3)(负值舍去)．
8．如图，由直三棱柱ABC－A1B1C1和四棱锥D－BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝90°，AB＝1，BC＝BB1＝2，DC1＝DC＝eq \r(5)，平面CC1D⊥平面ACC1A1．设P为线段BC上一动点，当BP＝__1__时，直线DP与平面BB1D所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)．
(第8题)
【解析】以A为坐标原点，以eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以A(0，0,0)，C(eq \r(3)，0,0)，C1(eq \r(3)，2,0)，D(eq \r(3)，1,2)，B(0,0,1)，B1(0,2,1)，所以eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,1)．设平面BB1D的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BB1,\s\up6(→))·n＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,\r(3)x＋y＋z＝0，))所以平面BB1D的一个法向量为n＝(eq \r(3)，0，－3)，设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，所以eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ－eq \r(3)，－1，－1－λ)，所以eq \f(\r(3),4)＝|cs〈eq \(DP,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|3λ－3＋3＋3λ|,2\r(3)·\r(\r(3)λ－\r(3)2＋1＋λ＋12))，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(5,6)(舍去)，所以eq \f(BP,BC)＝eq \f(1,2)．因为BC＝2，所以BP＝1．
(第8题)
9．如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝eq \r(5)，∠ADC＝90°．沿直线AC将△DAC翻折成△D′AC，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝__2__；当平面D′AC⊥平面ABC时，异面直线AC与BD′所成角的余弦值是__eq \f(\r(6),9)__．
(第9题)
【解析】因为CD＝1，AD＝eq \r(5)，∠ADC＝90°，由勾股定理得AC＝eq \r(6)．因为AB＝BC＝3，所以△ABC为等腰三角形，取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(30),2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(6),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(30),6)，－\f(\r(6),3)，0))，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(6)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(30),3)，－\f(\r(6),3)，0))，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \r(6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)))＝2．当平面D′AC⊥平面ABC时，则D′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(6),3)，\f(\r(30),6)))，eq \(BD′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(30),2)，－\f(\r(6),3)，\f(\r(30),6)))．设异面直线AC与BD′所成角为θ，则csθ＝|cs〈eq \(BD′,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(30),2)，－\f(\r(6),3)，\f(\r(30),6)))·0，－\r(6)，0)),3\r(6))＝eq \f(\r(6),9)，所以异面直线AC与BD′所成角的余弦值是eq \f(\r(6),9)．
(第9题)
10．(2023·济南质检)如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD⊥BD，M是PA的中点．
(第10题)
(1) 求证：PC∥平面BDM；
【解答】如图，连接AC，设AC与BD的交点为O，连接OM，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为AC的中点，则OM是△APC的中位线，所以PC∥OM．又OM⊂平面BDM，PC⊄平面BDM，所以PC∥平面BDM．
(2) 若PD＝AD＝BD，求直线AB与平面BDM所成角的大小．
【解答】由PD⊥平面ABCD，AD⊥BD，可得DA，DB，DP两两垂直，以D为坐标原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设PD＝AD＝BD＝2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，M(1,0,1)，所以eq \(DM,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,2y＝0，))不妨取x＝－1，得z＝1，所以n＝(－1,0,1)为平面BDM的一个法向量．因为cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2,2\r(,2)×\r(,2) )＝eq \f(1,2)，所以直线AB与平面BDM所成角的大小为eq \f(π,6)．
(第10题)
11．如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AB＝AD＝2，CD＝3，∠ADC＝∠BAD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD．
(第11题)
(1) 求证：PB⊥BC；
【解答】取AD中点为O，连接BO，CO，PO．由侧面PAD为正三角形知PO⊥AD．又因为平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD．因为BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC．在底面ABCD中，OD＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝3，所以OC＝eq \r(,10)，同理有OB＝eq \r(,5)，BC＝eq \r(,3－22＋22)＝eq \r(,5)，由勾股定理知OB2＋BC2＝OC2，即BC⊥OB．又因为PO⊥BC，PO⊂平面POB，OB⊂平面POB，PO∩OB＝O，所以BC⊥平面POB．因为PB⊂平面POB，所以BC⊥PB．
(2) 求CD与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】在Rt△POB中，PO＝eq \r(,3)，OB＝eq \r(,5)，所以PB＝eq \r(,PO2＋OB2)＝2eq \r(,2)，BC＝eq \r(,5)，S△PBC＝eq \f(1,2)·BC·PB＝eq \f(1,2)·eq \r(,5)·2eq \r(,2)＝eq \r(,10)，S△BCD＝eq \f(1,2)·AD·CD＝eq \f(1,2)·2·3＝3，VP－BCD＝eq \f(1,3)·PO·S△BCD＝eq \f(1,3)·eq \r(,3)·3＝eq \r(,3)．设点D到平面PBC的距离为d，VP－BCD＝VD－PBC＝eq \f(1,3)·d·S△PBC＝eq \r(,3)，所以d＝eq \f(3\r(,30),10)．设CD与平面PBC所成角为α，则sinα＝eq \f(d,CD)＝eq \f(\r(,30),10)．
(第11题)
B组抓分题天天练
12．(2023·益阳期初)(多选)在平面直角坐标系中，若过抛物线x2＝4y的焦点的直线l与该抛物线有两个交点，记为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则( ACD )
A．y1y2＝1
B．以AB为直径的圆与直线y＝－2相切
C．若|AB|＝6，则y1＋y2＝4
D．经过点A作AC⊥x轴，AC与OB的交点为E，则E的轨迹为直线
【解析】由抛物线方程知焦点F(0,1)．显然l的斜率存在，故设直线l：y＝kx＋1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))整理得x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，y1y2＝eq \f(x\\al(2,1)x\\al(2,2),16)＝1，故A正确；以AB为直径的圆的圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即(2k,2k2＋1)，半径eq \f(|AB|,2)＝eq \f(y1＋y2＋2,2)＝2k2＋2，所以圆心到直线y＝－2的距离为2k2＋1＋2＝2k2＋3≠2k2＋2，故B错误；由|AB|＝6知y1＋y2＋2＝6，则y1＋y2＝4，故C正确；直线OB的方程为y＝eq \f(y2,x2)x＝eq \f(x2,4)x，与x＝x1的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x1x2,4)))，因为eq \f(x1x2,4)＝－1，所以经过点A与x轴垂直的直线与直线OB的交点E在定直线y＝－1上，故D正确．