还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套新高考数学一轮复习专题课件+练习含答案
成套系列资料，整套一键下载
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
展开
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
又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故 ∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,∴DG= AD,GE= BE,∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH= AH,连接DH,GF,∴DH= GF,由cs∠ABD= = ,得PA= ,
同理可得BE= ,∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2= + = ,∴GF= ,故DH= × = .在△DOH中,OH= BF= ,OD= ,DH= ,∴cs∠DOH= = .∴二面角D-AO-C的正弦值为 .
解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线 为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0, ,0),C(0,2 ,0).(1)证明:设 =λ ,0<λ<1.∵ =(-2,2 ,0),∴F(2-2λ,2 λ,0),∴ =(2-2λ,2 λ,0).
∵BF⊥AO, =(-2, ,0),∴ · =0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ= ,故F为AC的中点.连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE= AB,OF∥AB,且OF= AB,∴DE?OF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.
(2)证明:易得AD= ,由cs∠ABD= = ,得PA= .设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC= ,PA= 可得 解得 故P(-1, , ),又∵E是PA的中点,∴E ,∴ = ,又 =(-2, ,0),∴ · =-2× + × +0× =0,∴ ⊥ ,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,
∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),∵D为PB的中点,∴D ,∴ = ,设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则 即
取x1=1,则y1= ,z1= ,则m2=(1, , ),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cs θ|=|cs|= = = .由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,∴cs θ=- ,∴sin θ= ,即二面角D-AO-C的正弦值为 .
1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a, b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 ( )A.30° B.45° C.75° D.90
2.(多选)(2024江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P是矩形ABCD所在平面外一点, AB=2,BC=3,PA=PB= ,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则下列说法正确的是 ( )A.BF=
B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角C.tan∠PCO= D.PC与BD所成的角的余弦值为
3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则 ( )A.该正方体外接球的表面积为27πB.直线EF与CD所成角的余弦值为 C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形D.点F到平面A1BC1的距离为
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边 三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2 ,点E为线段PC中点.(1)求证:平面BED⊥平面ABD;(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦 值.
解析 (1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,在△ABD中,由正弦定理知AC= =4,在△OFB中,OF=OBsin 30°=1,所以F为OC中点,又E为PC的中点,所以EF∥PO,又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(2)以点F为坐标原点,FA,FB,FE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,则A(3,0,0),M(2, ,0),E(0,0, ),故 =(-1, ,0), =(-3,0, ),设平面AME的法向量为n1=(x,y,z),
由 得 令x= ,则n1=( ,1,3),
易知平面PAC的一个法向量为n2=(0,1,0),则cs= = ,因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为 .
5.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB =DC=EB=EC= .(1)求证:BC⊥AE;(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AOE,∴BC⊥平面AEO,又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE.(2)连接DO,则DO⊥BC,由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC= 得AO= ,DO=1,又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),A( ,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴ =( ,1,0), =(0,1,1),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则 即 取x=1,则n=(1,- , ).∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,
又OE=1,∴E , = ,则cs< ,n>= =- ,∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为 .
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长 为2 ,A1B1= AB,M为BC中点,已知点P满足 =(1-λ) + λ +λ ,其中λ∈(0,1).(1)求证D1P⊥AC;(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为 ,当λ= 时,求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O为正方形ABCD的中心),则A( ,- ,0),B( , ,0),C(- , ,0),D(- ,- ,0),M(0, ,0),则 =(-2 ,2 ,0),设正四棱台的高为h,则有A1 ,- ,h ,C1 - , ,h ,D1 - ,- ,h , =(1-λ)(0,2 ,0)+ λ(-2 ,0,0)+λ = ,
= + = , (4分)故 · =0,所以D1P⊥AC. (5分)(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),又 =(- ,2 ,0), = ,则 即 令x=2 h,则m=(2 h, h,3), (8分)由题意可得|cs|= = ,可得h=2(舍负),(11分)
因为λ= ,所以经过计算可得P ,则 = . (13分)将h=2代入,可得m=(4 ,2 ,3), (15分)设直线DP与平面AMC1所成的角为θ,则sin θ=|cs< ,m>|= = . (17分)
一题多解(1)证明:∵A1B1= AB,∴ · = · =2 × =2,∵ = + =- - ,∴ = + =(1-λ) + +(λ-1) ,∴ · = (1-λ) + +(λ-1) ·( + )=(1-λ) + +(λ-1) · +(λ-1) · =8(1-λ)+8 +4(λ-1)=0,∴ ⊥ ,即D1P⊥AC.
7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如 图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1 =2AD,∠ABC=120°.(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 ,求 的值.
解析 不妨设AD=1.(1)证明:由题意得A1D⊥平面ABCD,因为AD⊂平面ABCD,所以A1D⊥AD. (1分)在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cs∠DAB=22+12-2×2×1×cs 60°=3,得BD= . (3分)故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB. (4分)因为A1D∩DB=D,所以AD⊥平面A1BD, (5分)又AD⊂平面ADD1A1,所以平面A1BD⊥平面ADD1A1. (6分)(2)由(1)知,DA,DB,DA1两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量 , , 的方向为x,y,z
轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0, ,0),A1(0,0, ),C(-1, ,0),则 =(0, ,- ), =(-2, ,0),因为 = ,
所以C1(-2, , ), (7分)所以 =(-2, , ), (8分)设 =λ (0<λ<1),则 =λ =(-2λ, λ, λ),即E(-2λ, λ, λ),所以 =(-2λ, λ, λ- ), (9分)设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则 即 令z1=2λ,则y1=2λ,x1=2 λ- ,n=(2 λ- ,2λ,2λ),(12分)
易知DB⊥平面BCC1B1,故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量, (13分)设平面A1BE与平面BCC1B1的夹角为α,则cs α= = = ,解得λ= ,故 = . (15分)
8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.(1)若点D到平面ACP的距离为 ,证明:O1P⊥CD;(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
解析 (1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.因为CD是圆O1的直径,所以CP⊥DP.因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.因为CP⊂平面CDP,所以AD⊥CP.又因为AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D,所以CP⊥平面ADP.因为DH⊂平面ADP,所以DH⊥CP.又因为DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P,所以DH⊥平面ACP.
所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH= ,设DP=a(a>0),则AP= .由AD·DP=AP·DH,得2·a= · ,解得a= .因为CD=2,所以DP=PC= .因为O1是CD的中点,所以O1P⊥CD.(2)如图2,在平面PCD内,过点O1作O1E⊥O1C交圆O1于点E,
因为OO1⊥平面PCD,所以O1E,O1C,O1O两两垂直,以O1为原点,分别以O1E,O1C,O1O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则 =(0,1,-2), =(0,2,-2),设点P(m,n,0),则 =(m,n-1,0).
因为点P在圆O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),则 即 解得 取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).设OC与平面ACP所成角为θ,则sin θ=|cs< ,n>|= = = = .因为 = =- =-1+ ,n∈(-1,1),
所以-1+ ∈(0,+∞).所以 = ∈( ,+∞).所以sin θ= ∈ .所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是 .
9.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召 开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极 发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的 蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8 m,AD=4 m,ED=CF=1 m,且ED,CF都垂直于 平面ABCD,GA=GB=5 m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)如图,取AB,CD的中点M,N,连接GM,MN,HN,则GM⊥平面ABCD,HN⊥平面ABCD. 因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥HN,
又MN∥AD,AD∩DE=D,MN∩HN=N,所以平面ADE∥平面GMNH,又平面AEHG分别交平面ADE和平面GMNH于AE,GH,所以AE∥GH.①易知GM∥HN,又AB∥CD,AB∩GM=M,CD∩HN=N,所以平面ABG∥平面CDEHF,又平面AEHG分别交平面ABG和平面CDEHF于AG,EH,所以AG∥EH.②由①②知四边形AGHE为平行四边形,所以GH=AE.
因为AE= = (m),所以GH= m.在Rt△AMG中,GM= =3(m),在直角梯形GMNH中,HN=3+ =4(m).又HN⊥平面ABCD,所以点H到平面ABCD的距离为4 m.(2)以N为坐标原点,直线NM,NC,NH分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标 系,则E(0,-4,1),F(0,4,1),G(4,0,3),H(0,0,4),则 =(0,-4,-3), =(0,4,-3), =(4,0,-1).设平面BFHG的法向量是n=(x,y,z),
则 即 令z=4,可得n=(1,3,4).设平面AGHE的法向量是m=(a,b,c),则 即 令c=4,可得m=(1,-3,4).所以cs= = ,所以平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值为 .
(2024安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面 ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.(1)当∠ABE∈ 时,求点E的轨迹长度;(2)当二面角E-PA-B的余弦值为 时,求三棱锥E-PCB的体积.
解析 (1)作BH⊥PE交PE于H,因为平面PAE⊥平面PBE,且平面PAE∩平面PBE=PE,BH⊂平面PBE,所以BH⊥平面PAE,又因为AE⊂平面PAE,所以BH⊥AE,因为PB⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PB⊥AE,因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH⊂平面PBE,PB∩BH=B,所以AE⊥平面PBE,又因为BE⊂平面PBE,所以AE⊥BE.分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图1,
则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),设E(x,y,0),因为AE⊥BE,所以 · =0,又 =(x-2,y,0), =(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,即(x-1)2+y2=1,如图2,设AB的中点为N,则N(1,0),
又因为∠ABE∈ ,所以∠ANE∈ ,因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为 ×1= .(2)由(1)知, =(2,0,-2), =(x-2,y,0),设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),则 令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),易知 =(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,
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
∴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
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
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
又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故 ∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,∴DG= AD,GE= BE,∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH= AH,连接DH,GF,∴DH= GF,由cs∠ABD= = ,得PA= ,
同理可得BE= ,∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2= + = ,∴GF= ,故DH= × = .在△DOH中,OH= BF= ,OD= ,DH= ,∴cs∠DOH= = .∴二面角D-AO-C的正弦值为 .
解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线 为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0, ,0),C(0,2 ,0).(1)证明:设 =λ ,0<λ<1.∵ =(-2,2 ,0),∴F(2-2λ,2 λ,0),∴ =(2-2λ,2 λ,0).
∵BF⊥AO, =(-2, ,0),∴ · =0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ= ,故F为AC的中点.连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE= AB,OF∥AB,且OF= AB,∴DE?OF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.
(2)证明:易得AD= ,由cs∠ABD= = ,得PA= .设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC= ,PA= 可得 解得 故P(-1, , ),又∵E是PA的中点,∴E ,∴ = ,又 =(-2, ,0),∴ · =-2× + × +0× =0,∴ ⊥ ,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,
∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),∵D为PB的中点,∴D ,∴ = ,设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则 即
取x1=1,则y1= ,z1= ,则m2=(1, , ),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cs θ|=|cs
1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a, b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 ( )A.30° B.45° C.75° D.90
2.(多选)(2024江苏苏州部分高中适应性检测,9)如图,P是矩形ABCD所在平面外一点, AB=2,BC=3,PA=PB= ,二面角P-AB-C为60°,F为PA中点,M为AB中点,O为BD中点,则下列说法正确的是 ( )A.BF=
B.∠PMO是二面角P-AB-C的平面角C.tan∠PCO= D.PC与BD所成的角的余弦值为
3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则 ( )A.该正方体外接球的表面积为27πB.直线EF与CD所成角的余弦值为 C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形D.点F到平面A1BC1的距离为
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边 三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2 ,点E为线段PC中点.(1)求证:平面BED⊥平面ABD;(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦 值.
解析 (1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,在△ABD中,由正弦定理知AC= =4,在△OFB中,OF=OBsin 30°=1,所以F为OC中点,又E为PC的中点,所以EF∥PO,又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(2)以点F为坐标原点,FA,FB,FE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,则A(3,0,0),M(2, ,0),E(0,0, ),故 =(-1, ,0), =(-3,0, ),设平面AME的法向量为n1=(x,y,z),
由 得 令x= ,则n1=( ,1,3),
易知平面PAC的一个法向量为n2=(0,1,0),则cs
5.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB =DC=EB=EC= .(1)求证:BC⊥AE;(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AOE,∴BC⊥平面AEO,又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE.(2)连接DO,则DO⊥BC,由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC= 得AO= ,DO=1,又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
则O(0,0,0),A( ,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴ =( ,1,0), =(0,1,1),设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则 即 取x=1,则n=(1,- , ).∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,
又OE=1,∴E , = ,则cs< ,n>= =- ,∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为 .
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长 为2 ,A1B1= AB,M为BC中点,已知点P满足 =(1-λ) + λ +λ ,其中λ∈(0,1).(1)求证D1P⊥AC;(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为 ,当λ= 时,求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O为正方形ABCD的中心),则A( ,- ,0),B( , ,0),C(- , ,0),D(- ,- ,0),M(0, ,0),则 =(-2 ,2 ,0),设正四棱台的高为h,则有A1 ,- ,h ,C1 - , ,h ,D1 - ,- ,h , =(1-λ)(0,2 ,0)+ λ(-2 ,0,0)+λ = ,
= + = , (4分)故 · =0,所以D1P⊥AC. (5分)(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),又 =(- ,2 ,0), = ,则 即 令x=2 h,则m=(2 h, h,3), (8分)由题意可得|cs
因为λ= ,所以经过计算可得P ,则 = . (13分)将h=2代入,可得m=(4 ,2 ,3), (15分)设直线DP与平面AMC1所成的角为θ,则sin θ=|cs< ,m>|= = . (17分)
一题多解(1)证明:∵A1B1= AB,∴ · = · =2 × =2,∵ = + =- - ,∴ = + =(1-λ) + +(λ-1) ,∴ · = (1-λ) + +(λ-1) ·( + )=(1-λ) + +(λ-1) · +(λ-1) · =8(1-λ)+8 +4(λ-1)=0,∴ ⊥ ,即D1P⊥AC.
7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如 图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1 =2AD,∠ABC=120°.(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 ,求 的值.
解析 不妨设AD=1.(1)证明:由题意得A1D⊥平面ABCD,因为AD⊂平面ABCD,所以A1D⊥AD. (1分)在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cs∠DAB=22+12-2×2×1×cs 60°=3,得BD= . (3分)故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB. (4分)因为A1D∩DB=D,所以AD⊥平面A1BD, (5分)又AD⊂平面ADD1A1,所以平面A1BD⊥平面ADD1A1. (6分)(2)由(1)知,DA,DB,DA1两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量 , , 的方向为x,y,z
轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0, ,0),A1(0,0, ),C(-1, ,0),则 =(0, ,- ), =(-2, ,0),因为 = ,
所以C1(-2, , ), (7分)所以 =(-2, , ), (8分)设 =λ (0<λ<1),则 =λ =(-2λ, λ, λ),即E(-2λ, λ, λ),所以 =(-2λ, λ, λ- ), (9分)设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则 即 令z1=2λ,则y1=2λ,x1=2 λ- ,n=(2 λ- ,2λ,2λ),(12分)
易知DB⊥平面BCC1B1,故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量, (13分)设平面A1BE与平面BCC1B1的夹角为α,则cs α= = = ,解得λ= ,故 = . (15分)
8.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.(1)若点D到平面ACP的距离为 ,证明:O1P⊥CD;(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
解析 (1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.因为CD是圆O1的直径,所以CP⊥DP.因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.因为CP⊂平面CDP,所以AD⊥CP.又因为AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D,所以CP⊥平面ADP.因为DH⊂平面ADP,所以DH⊥CP.又因为DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P,所以DH⊥平面ACP.
所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH= ,设DP=a(a>0),则AP= .由AD·DP=AP·DH,得2·a= · ,解得a= .因为CD=2,所以DP=PC= .因为O1是CD的中点,所以O1P⊥CD.(2)如图2,在平面PCD内,过点O1作O1E⊥O1C交圆O1于点E,
因为OO1⊥平面PCD,所以O1E,O1C,O1O两两垂直,以O1为原点,分别以O1E,O1C,O1O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则 =(0,1,-2), =(0,2,-2),设点P(m,n,0),则 =(m,n-1,0).
因为点P在圆O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),则 即 解得 取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).设OC与平面ACP所成角为θ,则sin θ=|cs< ,n>|= = = = .因为 = =- =-1+ ,n∈(-1,1),
所以-1+ ∈(0,+∞).所以 = ∈( ,+∞).所以sin θ= ∈ .所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是 .
9.(2024安徽皖北协作体联考,16)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召 开,习近平总书记对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平总书记的号召,积极 发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的 蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8 m,AD=4 m,ED=CF=1 m,且ED,CF都垂直于 平面ABCD,GA=GB=5 m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)如图,取AB,CD的中点M,N,连接GM,MN,HN,则GM⊥平面ABCD,HN⊥平面ABCD. 因为ED⊥平面ABCD,所以ED∥HN,
又MN∥AD,AD∩DE=D,MN∩HN=N,所以平面ADE∥平面GMNH,又平面AEHG分别交平面ADE和平面GMNH于AE,GH,所以AE∥GH.①易知GM∥HN,又AB∥CD,AB∩GM=M,CD∩HN=N,所以平面ABG∥平面CDEHF,又平面AEHG分别交平面ABG和平面CDEHF于AG,EH,所以AG∥EH.②由①②知四边形AGHE为平行四边形,所以GH=AE.
因为AE= = (m),所以GH= m.在Rt△AMG中,GM= =3(m),在直角梯形GMNH中,HN=3+ =4(m).又HN⊥平面ABCD,所以点H到平面ABCD的距离为4 m.(2)以N为坐标原点,直线NM,NC,NH分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标 系,则E(0,-4,1),F(0,4,1),G(4,0,3),H(0,0,4),则 =(0,-4,-3), =(0,4,-3), =(4,0,-1).设平面BFHG的法向量是n=(x,y,z),
则 即 令z=4,可得n=(1,3,4).设平面AGHE的法向量是m=(a,b,c),则 即 令c=4,可得m=(1,-3,4).所以cs
(2024安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面 ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.(1)当∠ABE∈ 时,求点E的轨迹长度;(2)当二面角E-PA-B的余弦值为 时,求三棱锥E-PCB的体积.
解析 (1)作BH⊥PE交PE于H,因为平面PAE⊥平面PBE,且平面PAE∩平面PBE=PE,BH⊂平面PBE,所以BH⊥平面PAE,又因为AE⊂平面PAE,所以BH⊥AE,因为PB⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PB⊥AE,因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH⊂平面PBE,PB∩BH=B,所以AE⊥平面PBE,又因为BE⊂平面PBE,所以AE⊥BE.分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图1,
则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),设E(x,y,0),因为AE⊥BE,所以 · =0,又 =(x-2,y,0), =(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,即(x-1)2+y2=1,如图2,设AB的中点为N,则N(1,0),
又因为∠ABE∈ ,所以∠ANE∈ ,因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为 ×1= .(2)由(1)知, =(2,0,-2), =(x-2,y,0),设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),则 令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),易知 =(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,
相关课件
新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量微专题二立体几何中的动态问题练习课件： 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微专题二立体几何中的动态问题练习课件，共21页。
2025版高考数学一轮复习真题精练第七章立体几何第25练空间角与距离空间向量及其应用课件： 这是一份2025版高考数学一轮复习真题精练第七章立体几何第25练空间角与距离空间向量及其应用课件，共46页。
2024年高考数学第一轮复习26_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用（专题试卷+讲解PPT）： 这是一份2024年高考数学第一轮复习26_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用（专题试卷+讲解PPT），文件包含1_85空间角与距离空间向量及其应用分层集训pptx、1_85空间角与距离空间向量及其应用pptx、1_85空间角与距离空间向量及其应用十年高考docx、1_85空间角与距离空间向量及其应用docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共80页， 欢迎下载使用。
