2024年新高考版数学专题1_8.5 空间角与距离、空间向量及其应用(分层集训)

21
考点二 空间角和空间距离
考向一 空间角问题的求解方法
1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1
D1的中点,过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l,则直线l与AB所成
角的余弦值是 (
3
A.
2
答案 D
2
B.
2
)
6 2
C.
4
6
D.
3
2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ= 1 时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
2
D.当μ= 1 时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
2
答案 BD
)
5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD
是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=
A.AC⊥PB
B.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是
3
6
C.异面直线AD与PB所成的角是
4
D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是 2 3
9
答案 ABD
)
5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥
BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱
因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.


n EM 0,
设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 2
n2 MN 0.


因为 EM =(0,-2,-1), MN =(1,2,-1),
2 y z 0,



(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以 AM =(0,1,1), SD =(1,0,-2), CD =(-1,-2,0).
(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),

SD n 0, x 2 z 0,
则
即
CD n 0, x 2 y 0,
D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).




(1)证明: C1M =(1,1,0), B1 D =(2,-2,-2),从而 C1M ·B1 D =2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.



(2)依题意知, CA =(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量, EB1 =(0,2,1), ED =(2,0,
D1中,点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是
(
A. 2
)
B. 3
答案 CD
C.2
D. 5
3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,
CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为
答案
3 5
10
.
4.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的
1,M是棱SB的中点.
(1)求证:AM∥平面SCD;
(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.
解析 因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量



AD , AB , AS 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,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D
| n || n1 |
6
的余弦值为 .
3
6 1
3
6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥
底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含
端点).
(1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF;
(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.

则H(0,0,h),进而可得 NH =(-1,-2,h),由已知,得


|cos< NH , BE >|=


| NH BE |


=
| NH || BE |
8 或h= 1 .
5
2
所以线段AH的长为 8 或 1 .
5
2
| 2h 2 |
h2 5 2 3
=
7
,整理得10h2-21h+8=0,解得h=
6
| CA || n | 6
所以二面角B-B1E-D的正弦值为 30 .
6

(3) AB =(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,


于是cos< AB ,n>=
AB n

| AB || n |
=- 3 .
3
所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为
3
.
3
考向二 利用等体积法、向量法求空间距离
B.直线EF与AD所成的角为
)

2

4
3
C.直线EF与平面BC的角的正弦值为
2
答案 ABC
4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面
ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则 (
A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.



解析 以C为原点,分别以 CA , CB , CC1 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),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),
=(0,2,0), DB
=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则


n DE 0, 即 2 y0 0,
不妨设z
=1,可得n=(1,0,1).又
0
MN =(1,2,-1),可得


n DB 0,
2 x0 2 z0 0.

MN ·n=0.
高考
数学
专题八 立体几何
8.5
空间角与距离、空间向量及其应用
基础篇
考点一 用向量法证明空间中的平行和垂直
1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向


量为 1, , 2 ,则m=
2
1

A.-4
答案 C

B.-6
(
C.-8
)
D.8
2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是 (
λ
λ


所以sin θ=|cos< AP ,n>|=

| AP n |

=
6
| AP | | n | 6 5 1 3
λ

1
5
1
1
所以当 =3,即λ= 时,(sin θ)max= = ,
λ
3
5 5
2
=
故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为 5 .
5
1
1

5 3
令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).


因此 AM ·n=-1+1=0,从而 AM ⊥n,又AM⊄平面SCD,所以AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),
由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),
则cos<n,n1>= n n1 = 2 = 6 ,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角
解析 因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,



所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以 AB
, AD
, AP
的方向为x轴,
y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.
不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).


(1)证明: AE =(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以 AF =(3,3,3).


m AE 0,
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由
m AF 0,
2 y 4 z 0,
得
不妨令y=2,则x=-1,z=-1,
3 x 3 y 3z 0,
(
)
A.AD⊥MN
B.MN∥平面CDE
C.MN∥CE
D.MN,CE异面
答案 ABC
4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P



满足 BP =λ BC +μ BB1 ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
λ

2
,
7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.
点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N的正弦值;
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 7 ,求线段
别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=
2 17 ,则该二面角的大小为 (
A.30°
答案 C
B.45°
C.60°
)
D.90°
3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在正四面体ABCD中,E、F分别
为AB、CD的中点,则 (
A.直线EF与AB所成的角为
不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
x 2 y z 0.
所以
4
n1 n2
105
因此有cos<n1,n2>=
=,于是sin<n1,n2>=
.所以二面角C-EM| n1 || n2 |
21
21
105
N的正弦值为
.
21

(3) BE =(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4),



所以m=(-1,2,-1),又 PB =(6,0,-6),所以m·
PB =-6+0+6=0,即m⊥PB ,
又PB⊄平面AEF,所以PB∥平面AEF.

(2) PC =(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ,







PF =λ PC =(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则 AF= AP+ PF= AP+λ PC=(6λ,6λ,6-6λ),

n EB 0, 2 y z 0,
1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则 1
即
不妨设x=1,
n ED 0, 2 x z 0.


CA n

6
可得n=(1,-1,2).因此有cos< CA ,n>=
= ,于是sin< CA ,n>= 30 .
1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直
角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面
ABD上的射影是△ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距离为 (
A. 6
答案 A
B.
6
2
C.
2 6
3
D.2 6
)
2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1
A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)
B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)
C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)
D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)
答案 B
)
3.(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF
所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是
21
AH的长.



解析 如图,以A为原点,分别以 AB
, AC
, AP
的方向为x轴、y轴、z轴正方向
建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,
2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).


(1)证明: DE
面积为2 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.
1
3
4
3
解析 (1)由题意知V三棱锥A ABC = V三棱柱ABC A B C = ,设A到平面A1BC的距离为
1
1
3
h,则V三棱锥A ABC =V三棱锥A A BC = S
设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),

n AE 0, 2b 4c 0,
则由
得
n AF 0, 6 λa 6 λb (6 6 λ)c 0,

1
1

不妨令b=2,则a= -3,c=-1,所以n= 3, 2, 1 ,又 AP =(0,0,6),