nbhkdz.com冰点文库

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:空间角与距离


第七节

空间角与距离
)

A 组三年高考真题(2016~2014 年)
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) 2.(2014· 四川,8)如图,在正方体 ABCD-A

1B1C1D1 中,点 O 为线段 BD 的中点.设点 P 在线段 CC1 上,直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为 α,则 sin α 的取值范围是( )

A.?

3 ? ? 6 ? ? 6 2 2? ? 2 2 ? B. C. D. ? 3 ,1? ? 3 ,1? ? 3 , 3 ? ? 3 ,1?

3.(2014· 新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1,A1C1 的中 点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( 1 2 30 2 A. B. C. D. 10 5 10 2 4.(2014· 江西,10)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点 A 射 向点 E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第 i-1 次到第 i 次反射点之间的 线段记为 Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段 L1,L2,L3,L4 竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是 ( ) )

5.(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________.

6.(2015· 安徽,19)如图所示,在多面体 A1B1D1DCBA,四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方 形,E 为 B1D1 的中点,过 A1,D,E 的平面交 CD1 于 F. (1)证明:EF∥B1C. (2)求二面角 EA1DB1 的余弦值.

π 7.(2015· 重庆,19)如图,三棱锥 PABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=3,∠ACB= .D,E 分别为线段 AB,BC 2 上的点,且 CD=DE= 2,CE=2EB=2. (1)证明:DE⊥平面 PCD; (2)求二面角 APDC 的余弦值.

8.(2015· 北 京 ,17) 如 图 , 在 四 棱 锥 AEFCB 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 FAEB 的余弦值; (3)若 BE⊥平面 AOC,求 a 的值.

9.(2015· 四川,18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体 中,设 BC 的中点为 M,GH 的中点为 N.

(1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线 MN∥平面 BDH; (3)求二面角 AEGM 的余弦值.

10.(2015· 江苏,22)如图,在四棱锥 PABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角梯 π 形,∠ABC=∠BAD= ,PA=AD=2,AB=BC=1. 2 (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长.

11.(2015· 山东,17)如图,在三棱台 DEF-ABC 中,AB=2DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点. (1)求证:BD∥平面 FGH; (2)若 CF⊥平面 ABC,AB⊥BC,CF=DE, ∠BAC=45° ,求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角) 的大小.

12.(2014· 陕西,17)四面体 ABCD 及其三视图如图所示,过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD,BC 的平 面分别交四面体的棱 BD,DC,CA 于点 F,G,H.

(1)证明:四边形 EFGH 是矩形; (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值.

13.(2014· 天津,17)如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP =2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点. (1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 FABP 的余弦值.

14.(2014· 四川,18)三棱锥 ABCD 及其侧视图、俯视图如图所示.设 M,N 分别为线段 AD,AB 的 中点,P 为线段 BC 上的点,且 MN⊥NP.

(1)证明:P 是线段 BC 的中点; (2)求二面角 ANPM 的余弦值;

B 组两年模拟精选(2016~2015 年)
1.(2016· 四川成都模拟)在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 AA1 的中点,则点 A1 到 平面 BDM 的距离是( A. )

6 30 3 6 aB. aC. aD. a 6 6 4 3

2.(2016· 泰安模拟)已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量和法向量,若 cos〈m,n〉= 1 - ,则 l 与 α 所成的角为( 2 A.30°B.60°C.120°D.150° 3.(2015· 宁夏银川调研考试)已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧 面 ACC1A1 所成角的正弦值等于( A. 6 10 2 3 B. C. D. 4 4 2 2 ) )

4.(2015· 广州模拟)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点,则 sin → → 〈CM,D1N〉的值为( )

1 4 5 2 5 2 A. B. C. D. 9 9 9 3 5.(2016· 江西抚州模拟)已知正方形 ABCD 的边长为 4,CG⊥平面 ABCD,CG=2,E,F 分别是 AB,AD 的中点,则点 C 到平面 GEF 的距离为________. 6.(2016· 福州模拟)如图,四面体 ABCD 中,AB,BC,BD 两两垂直,AB=BC=BD=4,E,F 分别为棱 BC,AD 的中点.

(1)求异面直线 AB 与 EF 所成角的余弦值; (2)求点 E 到平面 ACD 的距离; (3)求 EF 与平面 ACD 所成角的正弦值. 7.(2016· 安徽安庆模拟)已知三棱锥 P-ABC 的各顶点都在以 O 为球心的球面上,且 PA、PB、 PC 两两垂直,若 PA=PB=PC=2,则球心 O 到平面 ABC 的距离为________. 8.(2016· 南京模拟)如图,△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形,SA⊥平面 ABC, SA=BC=2,AB=4.M,N,D 分别是 SC,AB,BC 的中点.

(1)求证:MN⊥AB; (2)求二面角 S-ND-A 的余弦值; (3)求点 A 到平面 SND 的距离.

9.(2015· 广东六校联盟模拟)如图,将长为 4,宽为 1 的长方形折叠成长方体 ABCD-A1B1C1D1 的 四个侧面,记底面上一边 AB=t(0<t<2),连接 A1B,A1C,A1D.

(1)当长方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积最大时,求二面角 B-A1C-D 的值; (2)线段 A1C 上是否存在一点 P,使得 A1C⊥平面 BPD,若有,求出 P 点的位置,没有请说明理由.

答案精析
A 组三年高考真题(2016~2014 年)
1.B
2

[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
2 2 2 2 2=-2,此时夹角

1

1 +0 +(-1) × (-1) +1 +0 由于 cos θ= B.] 2.B
2 2 2 2

θ 为 120° ,不满足题意;对于选项 B, 1 θ 为 60°,满足题意.故选

1×1+0×(-1)+(-1)×0 1 +0 +(-1) × 1 +(-1) +0
2

2=2,此时夹角

[易证 AC1⊥平面 A1BD,当点 P 在线段 CC1 上从 C 运动到 C1 时,直线 OP 与平面 A1BD 所

π π 成的角 α 的变化情况: ∠AOA1→ →∠C1OA1(点 P 为线段 CC1 的中点时,α= ),由于 sin∠AOA1 2 2 = 6 2 2 6 π 6 ,sin∠C1OA1= > ,sin =1,所以 sin α 的取值范围是[ ,1].] 3 3 3 2 3

3.C[以 C1 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

→ → 设 BC=CA=CC1=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), → → AN·BM -1+4 3 30 → → ∴cos〈AN,BM〉= = = = ,故选 C.] 10 → → 5× 6 30 |AN||BM| 4.C 7 3 [根据反射的对称性,质点是在过 A,E,A1 的平面内运动.因为 < ,所以过 A、E,A1 作长 11 4

方体的截面 AA1NM 如图所示.

设点 A 关于平面 A1B1C1D1 的对称点为 A′,易知它在 z 轴上,且 A′A1=AA1=12,连接 A′E 并延长 交平面 ABCD 于点 E1,因为 A1E=5,所以 AE1=10,且 E1 到 AB,AD 的距离分别为 6,8,即 E1(8,6,0),而它在线段 AM 上,从而知 L1=AE=EE1=L2;事实上,只需要在 AA1NM 内,过 E1

作 AE 的平行线交 MN 于点 E2,再过 E2 作 E1E 的平行线交 A1N 于点 E3,可知 EE1>E2E3=L4>E1E2 =L3,故 L1=L2>L4>L3,故选 C.] 5. 2 [建立空间直角坐标系如图所示, 5

1 ? ?1 → ? 设 AB=1,则AF=? ?1,2,0?,E?2,0,0?, 1 → ? 设 M(0,y,1)(0≤y≤1),则EM=? ?-2,y,1?,∴cos θ= 1- y 5 · 4y2+5 2 1 1 - + y 2 2 1-y =- . 1 1 2 5 2 1+ +y +1 · 4 y + 5 4 4 2 = 2 5 1-y · 2 , 5 4y +5

设异面直线所成的角为 α,则 cos α=|cos θ|=

令 t=1-y,则 y=1-t, ∵0≤y≤1,∴0≤t≤1, 那么 cos α =|cos θ |= 2 5 t 2 5 · = 5 5 4t2-8t+9 t2 2 5 = 5 4t2-8t+9 1 , 8 9 4- + 2 t t

1 2 5 令 x= ,∵0≤t≤1,∴x≥1,那么 cos α= t 5

1 , 4-8x+9x2

又∵z=9x2-8x+4 在[1,+∞)上单增,∴x=1,zmin=5, 2 5 1 2 5 5 2 此时 cos α 的最大值= · = · = .] 5 5 5 5 5 6.(1)证明 由正方形的性质可知 A1B1∥AB∥DC,且 A1B1=AB=DC,所以四边形 A1B1CD 为平 行四边形,从而 B1C∥A1D,又 A1D?面 A1DE,B1C?面 A1DE,于是 B1C∥面 A1DE.又 B1C?面 B1CD1. 面 A1DE∩面 B1CD1=EF,所以 EF∥B1C.

(2)解 因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,所以 AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD 且 AA1

→ → → =AB=AD.以 A 为原点,分别以AB,AD,AA1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),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而 E 点为 B1D1 1 1 ? 的中点,所以 E 点的坐标为? ?2,2,1?. 1 1 ? → → → 设面 A1DE 的法向量 n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=? ?2,2,0?,A1D=(0,1,-1),由 n1⊥A1E. 1 1 ? ?2r1+2s1=0, → n1⊥A1D得 r1,s1,t1 应满足的方程组? (-1,1,1)为其一组解, ?s1-t1=0, ? 所以可取 n1=(-1,1,1). → → 设面 A1B1CD 的法向量 n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得 n2=(0,1,1). |n1·n2| 2 6 所以结合图形知二面角 EA1D?B1 的余弦值为 = = . 3 |n1|·|n2| 3× 2 7.(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. π (2)解 由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE= ,如图,过 D 作 DF 垂直 CE 于 F,易知 DF 4 =FC=FE=1,又已知 EB=1,故 FB=2.

π DF FB 2 3 3 由∠ACB= 得 DF∥AC, = = ,故 AC= DF= . 2 AC BC 3 2 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 3 → → → ?1 ? ? C(0,0,0),P(0,0,3),A? ?2,0,0?,E(0,2,0),D(1,1,0),ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=?2,-1,0?. 设平面 PAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), -x -y +3z1=0, ? ? 1 1 → → 由 n1·DP=0,n1·DA=0,得?1 故可取 n1=(2,1,1). x1-y1=0, ? ?2 → 由(1)可知 DE⊥平面 PCD,故平面 PCD 的法向量 n2 可取为ED,即 n2=(1,-1,0). n1·n2 3 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= = , |n1|·|n2| 6

故所求二面角 APDC 的余弦值为

3 . 6

8.(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 Oxyz,

→ → 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). → ? EA=0, ?-ax+ 3az=0, ?n· 设平面 AEB 的法向量为 n=(x,y,z),则? 即? → ?n· BE=0, ?(a-2)x+ 3(a-2)y=0. ? 令 z=1,则 x= 3,y=-1,于是 n=( 3,-1,1). 5 n· p 平面 AEF 的法向量为 p=(0,1,0).所以 cos〈n,p〉= =- . |n||p| 5 由题知二面角 FAEB 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. 4 → → 由BE·OC=0 及 0<a<2,解得 a= . 3 9.(1)解 点 F,G,H 的位置如图所示.

(2)证明 连接 BD,设 O 为 BD 的中点,因为 M,N 分别是 BC,GH 的中点, 1 1 所以 OM∥CD,且 OM= CD,HN∥CD,且 HN= CD, 2 2 所以 OM∥HN,OM=HN,所以 MNHO 是平行四边形,从而 MN∥OH, 又 MN?平面 BDH,OH?平面 BDH,所以 MN∥平面 BDH.

(3)解 法一 连接 AC,过 M 作 MP⊥AC 于 P, 在正方体 ABCD-EFGH 中,AC∥EG,所以 MP⊥EG, 过 P 作 PK⊥EG 于 K,连接 KM,所以 EG⊥平面 PKM,从而 KM⊥EG, 所以∠PKM 是二面角 AEGM 的平面角,设 AD=2,则 CM=1,PK=2, 在 Rt△CMP 中,PM=CMsin 45°= 在 Rt△PKM 中,KM= PK2+PM2= 即二面角 AEGM 的余弦值为 2 2 . 3 2 , 2 3 2 PK 2 2 ,所以 cos∠PKM= = , 2 KM 3

→ → → 法二 如图,以 D 为坐标原点,分别以DA,DC,DH方向为 x,y,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Dxyz,

→ → 设 AD=2,则 M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,GE=(2,-2,0),MG=(-1,0,2), 设平面 EGM 的一个法向量为 n1=(x,y,z), → ? ?n1·GE=0, ? ?2x-2y=0, ? 由? 取 x=2,得 n1=(2,2,1), ?-x+2z=0, → ?n1·MG=0,? ? 在正方体 ABCD-EFGH 中,DO⊥平面 AEGC, → 则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2=DO=(1,1,0), 所以 cos ? n1,n2 ? n1·n2 2+2+0 2 2 = = = , 3 |n1|·|n2| 4+4+1· 1+1+0 2 2 . 3

故二面角 AEGM 的余弦值为

→ → → 10.解以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,

则各点的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

→ → (1)因为 AD⊥平面 PAB,所以AD是平面 PAB 的一个法向量,AD=(0,2,0). → → 因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z),
? ?x+y-2z=0, → → 则 m· PC=0,m· PD=0,即? 令 y=1,解得 z=1,x=1. ?2y-2z=0. ?

→ AD·m 3 → 所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量.从而 cos〈AD,m〉= = , 3 → |AD||m| 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 . 3

→ → → → (2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λBP=(-λ,0,2λ )(0≤λ≤1),又CB=(0,-1,0), → → → → 则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ ),又DP=(0,-2,2), → → CQ·DP 1+2λ → → 从而 cos〈CQ,DP〉= = . → → 10λ2+2 |CQ||DP| 2t2 2 9 → → 设 1+2λ=t,t∈[1,3],则 cos2〈CQ,DP〉= 2 = ≤ . 2 5t -10t+9 ?1 5? 20 10 9? t -9? + 9 9 2 3 10 → → 当且仅当 t= ,即 λ= 时,|cos〈CQ,DP〉|的最大值为 . 5 5 10 π 因为 y=cos x 在?0, ?上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 2? ? 2 2 5 又因为 BP= 12+22= 5,所以 BQ= BP= . 5 5 11.(1)证明 法一 连接 DG,CD,设 CD∩GF=O,连接 OH,

在三棱台 DEF-ABC 中,AB=2DE,G 为 AC 的中点, 可得 DF∥GC,DF=GC,所以四边形 DFCG 为平行四边形. 则 O 为 CD 的中点,又 H 为 BC 的中点, 所以 OH∥BD,又 OH?平面 FGH,BD?平面 FGH,所以 BD∥平面 FGH. 法二 在三棱台 DEF-ABC 中,由 BC=2EF,H 为 BC 的中点,可得 BH∥EF,BH=EF, 所以四边形 BHFE 为平行四边形, 可得 BE∥HF.在△ABC 中,G 为 AC 的中点,H 为 BC 的中点,所以 GH∥AB. 又 GH∩HF=H,所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD?平面 ABED,所以 BD∥平面 FGH.

1 (2)解 法一 设 AB=2,则 CF=1.在三棱台 DEFABC 中,G 为 AC 的中点,由 DF= AC=GC,可 2 得四边形 DGCF 为平行四边形,

因此 DG∥FC,又 FC⊥平面 ABC,所以 DG⊥平面 ABC. 在△ABC 中,由 AB⊥BC,∠BAC=45°,G 是 AC 中点. 所以 AB=BC,GB⊥GC,因此 GB,GC,GD 两两垂直. 以 G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz. 所以 G(0,0,0),B( 2,0,0),C(0, 2,0),D(0,0,1). 可得 H? 2 2 ? 2 2 → → ,F(0, 2,1),故GH=? , ,0?,GF=(0, 2,1). 2 ? 2 , 2 ,0? ?2 ?

→ ? GH=0, ?n· ?x+y=0, 设 n=(x,y,z)是平面 FGH 的一个法向量,则由? 可得? → ? 2y+z=0. ?n· GF=0, ? 可得平面 FGH 的一个法向量 n=(1,-1, 2). → GB·n 2 1 → → → 因为GB是平面 ACFD 的一个法向量,GB=( 2,0,0).所以 cos〈GB,n〉= = = . 2 → |GB|· |n| 2 2 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角(锐角)的大小为 60°. 法二 作 HM⊥AC 于点 M,作 MN⊥GF 于点 N,连接 NH.

由 FC⊥平面 ABC,得 HM⊥FC,又 FC∩AC=C,所以 HM⊥平面 ACFD. 因此 GF⊥NH,所以∠MNH 即为所求的角. 1 2 在△BGC 中,MH∥BG,MH= BG= , 2 2 MN GM 6 由△GNM∽△GCF,可得 = ,从而 MN= . FC GF 6 由 HM⊥平面 ACFD,MN?平面 ACFD, HM 得 HM⊥MN,因此 tan∠MNH= = 3,所以∠MNH=60°, MN 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角(锐角)的大小为 60°. 12.(1)证明 由该四面体的三视图可知,

BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1. 由题设,BC∥平面 EFGH,平面 EFGH∩平面 BDC=FG,平面 EFGH∩平面 ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理 EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四边形 EFGH 是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面 BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形 EFGH 是矩形. (2)解法一如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),

→ → → DA=(0,0,1),BC=(-2,2,0),BA=(-2,0,1).设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z),
?z=0, ? → → ∵EF∥AD,FG∥BC,∴n· DA=0,n· BC=0,得? 取 n=(1,1,0), ? ?-2x+2y=0,

→ ? ? BA · n 2 10 → ∴sin θ=|cos〈BA,n〉|=? → ?= = . 5 5× 2 ?|BA||n|? 法二 建立以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), 1 ∵E 是 AB 的中点,∴F,G 分别为 BD,DC 的中点,得 E(1,0, ),F(1,0,0),G(0,1,0). 2 1? → → → ∴FE=? ?0,0,2?,FG=(-1,1,0),BA=(-2,0,1). 1 ? ?2z=0, → → 设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z),则 n· FE=0,n· FG=0,得? 取 n=(1,1,0), ? ?-x+y=0, → ? ? BA · n 2 10 → ∴sin θ=|cos〈BA,n〉|=? → ?= = . 5 5× 2 ?|BA||n|? 13.法一 依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图),可得 B(1,0,0),C(2,2,0), D(0,2,0),P(0,0,2).由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

→ → → → (1)证明 向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0.所以,BE⊥DC. → → (2)解 向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量. → ? BD=0, ? ?n· ?-x+2y=0, 则? 即? 不妨令 y=1, ?x-2z=0. → ?n· PB=0, ? ? 可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量,于是有 → n· BE 2 3 → cos〈n,BE〉= = = . 3 → 6 × 2 |n|· |BE| 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

→ → → → → (3)解 向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点 F 在棱 PC 上,设CF= → λCP,0≤λ ≤1. → → → → → → → 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由 BF⊥AC,得BF· AC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0, → ?n1·AB = 0, ? 3 → ? 1 1 3? 解得 λ= .即BF=?-2,2,2?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量,则? 4 → ?n1·BF =0, ? x=0, ? ? 即? 1 1 3 ? ?-2x+2y+2z=0. 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则 n1·n2 -3 3 10 cos〈n1,n2〉= = =- . 10 |n1|·|n2| 10×1 3 10 易知,二面角 FABP 是锐角,所以其余弦值为 . 10 法二 (1)证明 如图,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别为 PC,PD 的中点,故 EM∥DC, 1 且 EM = DC, 又由已知 , 可得 EM∥AB 且 EM = AB, 故四边形 ABEM 为平行四边形 , 所以 2 BE∥AM.

因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD,因为 AM?平面 PAD,于是 CD⊥AM,又 BE∥AM,所以 BE⊥CD. (2)解 连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD, 得 CD⊥PD,而 EM∥CD,故 PD⊥EM, 又因为 AD =AP,M 为 PD 的中点 ,故 PD⊥AM,可得 PD⊥BE,所以 PD⊥平面 BEM,故平面 BEM⊥平面 PBD.所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为 直线 BM,而 BE⊥EM,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角形 BEM 中,tan EM AB 1 3 ∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= . BE BE 3 2 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

(3)解 如图,在△PAC 中,过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD,故 FH⊥底面 ABCD,从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC,得 AC⊥平面 FHB,因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内,可得 CH= 3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC 内,作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP.由于 DC∥AB, 故 GF∥AB,所以 A,B,F,G 四点共面.由 AB⊥PA,AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥AG.所以 ∠PAG 为二面角 FABP 的平面角.

1 2 10 3 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45° ,由余弦定理可得 AG= ,cos∠PAG= . 4 2 2 10 3 10 所以,二面角 FABP 的余弦值为 . 10 14.(1)证明 如图,取 BD 中点 O,连接 AO,CO.

由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD 为正三角形,因此 AO⊥BD,OC⊥BD. 因为 AO、OC?平面 AOC,且 AO∩OC=O,所以 BD⊥平面 AOC. 又因为 AC?平面 AOC,所以 BD⊥AC.取 BO 的中点 H,连接 NH,PH, 又 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点,所以 NH∥AO,MN//BD. 因为 AO⊥BD,所以 NH⊥BD. 因为 MN⊥NP,所以 NP⊥BD. 因为 NH,NP?平面 NHP,且 NH∩NP=N,所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP?平面 NHP,所以 BD⊥HP. 又 OC⊥BD,HP?平面 BCD,OC?平面 BCD,所以 HP∥OC.因为 H 为 BO 的中点, 故 P 为 BC 中点. (2)解 法一 如图,作 NQ⊥AC 于 Q,连接 MQ.

由(1)知,NP∥AC,所以 NQ⊥NP. 因为 MN⊥NP,所以∠MNQ 为二面角 A?NP?M 的一个平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD 是边长为 2 的正三角形,所以 AO=OC= 3. 由俯视图可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC?平面 BCD,所以 AO⊥OC, 因此在等腰 Rt△AOC 中,AC= 6,作 BR⊥AC 于 R.在△ABC 中,AB=BC, 所以 BR= AC?2 10 AB2-? ?2?= 2 .

因为在平面 ABC 内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以 NQ∥BR. 又因为 N 为 AB 的中点,所以 Q 为 AR 的中点, BR 10 10 因此 NQ= = .同理,可得 MQ= . 2 4 4 MN BD 2 4 10 10 所以在等腰△MNQ 中,cos∠MNQ= = = .故二面角 ANPM 的余弦值是 . NQ NQ 5 5 法二 由俯视图及(1)可知,AO⊥平面 BCD. 因为 OC,OB?平面 BCD,所以 AO⊥OC,AO⊥OB. 又 OC⊥OB,所以直线 OA,OB,OC 两两垂直. → → → 如图,以 O 为坐标原点,以OB,OC,OA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz.

则 A(0,0, 3),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0).因为 M,N 分别为线段 AD,AB 的中点, 1 3 1 3 1 3 又由(1)知,P 为线段 BC 的中点,所以 M?- ,0, ?,N? ,0, ?,P? , ,0?. 2 ? ?2 2 ? ?2 2 ? 2 ? 3 3 → → → → 于是AB=(1,0,- 3),BC=(-1, 3,0),MN=(1,0,0),NP=?0, ,- ?. 2 2? ? → → ? ?n1⊥AB, ? ?n1·AB=0, 设平面 ABC 的法向量 n1=(x1,y1,z1),则? 即? → → ? ?n1⊥BC, ? ?n1·BC=0, (1,0,- 3)=0, ?(x1,y1,z1)· ?x1- 3z1=0, 有? 从而? (-1, 3,0)=0, ?(x1,y1,z1)· ?-x1+ 3y1=0. 取 z1=1,则 x1= 3,y1=1,所以 n1=( 3,1,1).连接 MP, → → ? ?n2⊥MN, ? ?n2·MN=0, 设平面 MNP 的法向量 n2=(x2,y2,z2),则? 即? → → ? ?n2⊥NP, ? ?n2·NP=0, (x ,y ,z )· (1,0,0)=0, x = 0, ? ? ? 2 2 2 ?2 有? ?0, 3,- 3?=0,从而? 3y - 3z =0. (x2,y2,z2)· ? ? 2 2? ? ?2 2 2 2 ? 取 z2=1,所以 n2=(0,1,1). 设二面角 ANPM 的大小为 θ, (0,1,1)? n1· n2 ? ?( 3,1,1)· 10 则 cos θ=? = ? ?= 5 . |n2|? ? ?|n1|· 5× 2 ? 故二面角 ANPM 的余弦值是 10 . 5

B 组两年模拟精选(2016~2015 年)
1.A[以 D 为原点建立空间直角坐标系,正方体棱长为 a,则 A1(a,0,a),A(a,0,0), 1 a,0, a?,B(a,a,0),D(0,0,0), M? 2 ? ? → → 设 n=(x,y,z)为平面 BMD 的法向量.则 n· BM=0,且 n· DM=0, 1 ? → ? 1 ? → 而BM=? ?0,-a,2a?,DM=?a,0,2a?,所以

?-y+2z=0, ?y=2z, 所以? ? 1 1 ?x+2z=0, ?x=-2z,

1

1

→ 令 z=2,则 n=(-1,1,2),DA1=(a,0,a), → |DA1· n| 6 则 A1 到平面 BDM 的距离是 d= = a.] |n| 6 1 2.A [设 l 与 α 所成角为 θ,∵cos〈m,n〉=- ,又直线与平面所成角 θ 满足 0°≤θ≤90°, 2 1? ∴sin θ=? .] ?-2?.∴θ=30° 3.A[法一 取 A1C1 的中点 E,连接 AE、B1E.由题易知 B1E⊥平面 ACC1A1, 则∠B1AE 为 AB1 与侧面 ACC1A1 所成的角.令正三棱柱侧棱长与底面边长为 1, 3 2 B1E 6 则 sin∠B1AE= = = ,故选 A. AB1 2 4

法二 如上图,以 A1C1 中点 E 为原点建立空间直角坐标系 E-xyz,设棱长为 1,则 1 3 A( ,0,1),B1(0, ,0),设 AB1 与面 ACC1A1 所成角为 θ, 2 2

?-1, 3,-1?· ?0, 3,0? ? 2 ? 2 2 ?? ?? 6 → → 则 sin θ=|cos〈AB ,EB 〉|=? ?= 4 .] 3 2× ? ? 2
1 1

4.B[设正方体棱长为 2,以 D 为坐标原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴,建立如图所示空间 → → 直角坐标系,可知CM=(2,-2,1),D1N=(2,2,-1), 1 4 5 → → → → cos〈CM,D1N〉=- ,sin〈CM,D1N〉= .] 9 9

5.

6 11 → [建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,则CG=(0,0,2),由题意可求得平面 GEF 的一 11

→ |n· CG| 6 11 个法向量为 n=(1,1,3),所以点 C 到平面 GEF 的距离为 d= = .] |n| 11

6.解如图,分别以 BC,BD,BA 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则各相关点的坐标为 B(0,0,0),A(0,0,4),C(4,0,0),D(0,4,0),E(2,0,0),F(0,2,2).

→ →? ? AB · EF → → → → ? -8 ?= 3, (1)∵AB=(0,0,-4).EF=(-2,2,2),∴|cos〈AB,EF〉|=? → → ?=? ? ?|AB||EF|? ?4×2 3? 3 ∴异面直线 AB 与 EF 所成角的余弦值为 3 . 3

→ ?n· AC=0, → ? → (2)设平面 ACD 的一个法向量为 n=(x,y,z),则? ∵AC=(4,0,-4),CD=(-4,4,0), → ? n· CD=0. ?
? ?4x-4z=0, ∴? 令 z=1,得 x=y=1,∴n=(1,1,1). ?-4x+4y=0, ?

→ |n· EF| 2 2 3 → ∵F∈平面 ACD,EF=(-2,2,2),∴E 到平面 ACD 的距离为 d= = = . |n| 3 3 → n· EF 2 1 → (3)EF 与平面 ACD 所成角的正弦值为|cos〈n,EF〉|=| |= = . → 3 3× 2 3 |n||EF| 7. 3 [由条件知三棱锥 P-ABC 可看作正方体的一个角,它的外接球就是该正方体的外 3

接球,正方体的体对角线就是外接球的直径,又体对角线长为 2 3,故球的半径 R= 3.设点 P 到 1 1 2 3 平面 ABC 的距离为 h,因为 VP-ABC=VA-PBC,即 h· S = PA· S△PBC,可得 h= ,所以球心 O 到 3 △ABC 3 3 平面 ABC 的距离为 R-h= 3 .] 3

8.以 B 为坐标原点,BC,BA 为 x,y 轴的正方向,垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴,建立空间直 角坐标系(如图).

(1)证明 由题意得 A(0,4,0),B(0,0,0),M(1,2,1),N(0,2,0),S(0,4,2),D(1,0,0).

→ → → → 所以MN=(-1,0,-1),AB=(0,-4,0),MN· AB=0,∴MN⊥AB. → → (2)设平面 SND 的一个法向量为 m=(x,y,z),则:m· SN=0,且 m· DN=0.
?-2y-2z=0, ? ?y+z=0, ? → → ∵SN=(0,-2,-2),DN=(-1,2,0),∴? 即? ? ? ?-x+2y=0, ?x=2y.

令 z=1,得:x=-2,y=-1,∴m=(-2,-1,1). m· n 6 又平面 AND 的法向量为 n=(0,0,1),cos〈m,n〉= = . |m||n| 6 由题图易知二面角 S-ND-A 为锐角,故其余弦值为 6 . 6

→ |AN· m| 6 → (3)∵AN=(0,-2,0),∴点 A 到平面 SND 的距离 d= = . |m| 3 9.解法一 (1)根据题意,长方体体积为 V=t(2-t)× 1=t(2-t)≤? 当且仅当 t=2-t,即 t=1 时体积 V 有最大值为 1, 所以当长方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积最大时,底面四边形 ABCD 为正方形, 作 BM⊥A1C 于 M,连接 DM,BD, t+2-t?2 ? 2 ? =1,

因为四边形 ABCD 为正方形,所以△A1BC 与△A1DC 全等,故 DM⊥A1C,所以∠BMD 即为所求二 面角的平面角. 因为 BC⊥平面 AA1B1B,所以△A1BC 为直角三角形, 又 A1B= 2,A1C= 3,所以 BM= A1B× BC 2 6 6 = = ,同理可得,DM= ,在△BMD 中,根据余弦 A 1C 3 3 3

6 6 + -2 9 9 1 定理有:cos∠BMD= =- , 2 6 6 2× × 3 3 因为∠BMD∈(0° ,180° ),所以∠BMD=120° ,即此时二面角 B-A1C-D 的值是 120° . (2)若线段 A1C 上存在一点 P,使得 A1C⊥平面 BPD,则 A1C⊥BD 又 A1A⊥平面 ABCD,所以 A1A⊥BD,所以 BD⊥平面 A1AC.所以 BD⊥AC, 底面四边形 ABCD 为正方形,即只有 ABCD 为正方形时,线段 A1C 上存在点 P 满足要求,否则不 存在.由(1)知,所求点 P 即为 BM⊥A1C 的垂足 M, A 1B 2 2 2 3 此时,A1P= = = . A1C 3 3 法二 根据题意可知,AA1,AB,AD 两两垂直,以 AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,AA1 为 z 轴建立如图所示

的空间直角坐标系:

(1)长方体体积为 V=t(2-t)× 1=t(2-t)≤? 大值为 1.

t+2-t?2 ? 2 ? =1,当且仅当 t=2-t,即 t=1 时体积 V 有最

所 以 当 长 方 体 ABCD - A1B1C1D1 的 体 积 最 大 时 , 底 面 四 边 形 ABCD 为 正 方 形 , 则 → → A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),A1B=(1,0,-1),BC=(0,1,0),
? ?x-z=0, 设平面 A1BC 的法向量 m=(x,y,z),则? ?y=0, ?

取 x=z=1,得:m=(1,0,1), 同理可得平面 A1CD 的法向量 n=(0,1,1),所以,cos〈m,n〉= m· n 1 = , |m|· |n| 2

又二面角 B-A1C-D 为钝角,故值是 120° .(也可以通过证明 B1A⊥平面 A1BC 写出平面 A1BC 的法向量) → (2)根据题意有 B(t,0,0),C(t,2-t,0),D(0,2-t,0),若线段 A1C 上存在一点 P 满足要求,不妨A1P= → → → λA1C(λ>0),可得 P(λt,λ(2-t),1-λ)BP=(λt-t,λ(2-t),1-λ),BD=(-t,2-t,0), → → 2 ? ? A1C=0, ?BP· ?t(λt-t)+λ(2-t) -(1-λ)=0, 2 ? ? 即: 解得:t=1,λ= . 2 2 3 → → ?-t +(2-t) =0, ? ? A1C=0, ?BD· 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点 P,位置是线段 A1C 上 A1P∶PC=2∶1 处.


2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:空间角与距离

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:空间角与距离_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第十一章 算法初步(含答案)

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第十一章 算法初步(含答案)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。A 组三年高考真题(2016~2014 年) 1.(2016· ...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第九章 平面解析几何 (非常完整)

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第九章 平面解析几何 (非常完整)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第一节 1.(2014· 广东,10)曲线 y=e -...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第二章 函数的概念与基本初等函数 (非常完整)

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第二章 函数的概念与基本初等函数 (非常完整)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第一节 函数的概念 A 组三年...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十四章Word版含解析

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十四章Word版含解析_数学_高中教育_教育专区。A 组三年高考真题(2016~2014 年) 1.(2016· 全国Ⅰ,...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:第六章数列第二节Word版含解析

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:第六章数列第二节Word版含解析_数学_高中教育_教育专区。必修五数列,等差数列及其前n项和,供大家参考!...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十二章Word版含解析

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十二章Word版含解析_数学_高中教育_教育专区。A 组三年高考真题(2016~2014 年) 1.(2015· 天津,5...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十三章Word版含解析

2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:选修4系列 第十三章Word版含解析_数学_高中教育_教育专区。A 组三年高考真题(2016~2014 年) 1.(2014· 安徽,4...

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第七章 不等式 (非常完整)

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题:第七章 不等式 (非常完整)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。第一节 不等关系与不等式 A 组三年高考真题(2016...

相关文档

更多相关标签