2023版高考数学一轮总复习 专题检测 8.docx

1、8.5空间角与距离、空间向量及其应用一、选择题1.(2021广东佛山月考,3)直线l,且l的方向向量为(2,m,1),平面的法向量为1,12,2,则m=()A.-4B.-6C.-8D.8答案Cl,(2,m,1)1,12,2=2+12m+2=0,m=-8.故选C.2.(2021合肥八中月考,6)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交B.平行C.垂直D.不确定答案B建立如图所示的空间直角坐标系,则C1(0,0,0),D1(0,a,0),Ma,2a3,a3,N2a3,2a3,a,则M

2、N=-a3,0,2a3,因为C1D1平面BB1C1C,所以C1D1=(0,a,0)为平面BB1C1C的一个法向量.因为MNC1D1=0,所以MNC1D1,又MN平面BB1C1C,所以MN平面BB1C1C,故选B.3.(2021福建厦门三模,7)如图,在四棱锥P-ABCD的平面展开图中,四边形ABCD是边长为2的正方形,ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形,HDC=FAB=90,则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为()A.305B.306C.55D.56答案C四棱锥P-ABCD如图所示,分别取AD,BC的中点O,M,连接OM,OP,PM,由已知得PO=1,OM=2,PM=PB2-

3、BM2=6-1=5,OP2+OM2=PM2,OPOM,又POAD,OMAD=O,PO平面ABCD.以点O为坐标原点,OA,OM,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),则PB=(1,2,-1),PC=(-1,2,-1),设四棱锥P-ABCD外接球的球心为N,且N(0,1,a),PN=NA,1+(1-a)2=1+1+a2,解得a=0,则N(0,1,0),NP=(0,-1,1),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则PBn=0,PCn=0x+2y-z=0,-x+2y-z=0,取z=2,则

4、n=(0,1,2),则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离d=|NP|cos|=|NP|nNP|n|NP|=15=55.故选C.4.(多选)(2022届广州荔湾调研,11)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABBC,AB=BC=BB1,O为A1C的中点.点P满足BP=BC1,其中0,1,则()A.0,1,都有A1POB1B.当=13时,直线A1P与AB所成的角是30C.当=12时,直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为55D.当=12时,直线A1P与OB1相交于一点Q,则PQQA1=12答案ACD以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示

5、的空间直角坐标系,设AB=1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),O12,12,12,B1(0,0,1),B(0,0,0),C1(0,1,1),因为BP=BC1,所以P(0,),对于A,因为A1P=(-1,-1),OB1=-12,-12,12,所以A1POB1=12-12+12-12=0,所以A1POB1,故A正确.对于B,当=13时,A1P=-1,13,-23,又AB=(-1,0,0),所以|cos|=11+19+491=3141432,所以直线A1P与AB所成的角不是30,故B错误.对于C,当=12时,A1P=-1,12,-12,易知平面A1B1C1的一个法向量为n=(0,0,1),所

6、以|cos|=-121+14+141=66,设直线A1P与平面A1B1C1所成的角为,所以sin=66,cos=1-662=306,所以tan=55,故C正确.对于D,当=12时,P为BC1的中点,连接B1C,则P为B1C的中点,连接OP,则OPA1B1,OP=12A1B1,所以PQQA1=OPA1B1=12,故D正确.故选ACD.二、填空题5.(2021丰台综合练习一,15)如图,从长、宽、高分别为a,b,c的长方体AEBF-GCHD中截去部分几何体后,所得几何体为三棱锥A-BCD.下列四个结论中,所有正确结论的序号是.三棱锥A-BCD的体积为13abc;三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角

7、形;三棱锥A-BCD中,二面角A-CD-B不会是直二面角;三棱锥A-BCD中,三条侧棱与底面所成的角分别记为,则sin2+sin2+sin22.答案解析对于,VA-BCD=abc-1312abc4=13abc,正确;对于,三棱锥A-BCD的每个面三边长分别是a2+b2、a2+c2、b2+c2,由(a2+b2)2+(a2+c2)2(b2+c2)2,(a2+b2)2+(b2+c2)2(a2+c2)2,(a2+c2)2+(b2+c2)2(a2+b2)2,知正确;对于,举出反例即可.以F为坐标原点建系,经计算,平面BCD的一个法向量为n1=(-ac,bc,ab),平面ACD的一个法向量n2=(ac,-

8、bc,ab),当n1n2=-a2c2-b2c2+a2b2=0时,二面角A-CD-B是直二面角.化简得a2b2=(a2+b2)c2,随便取一组符合题意的值,如a=2,b=2,c=1,错误.对于,由知,平面BCD的一个法向量为n1=(-ac,bc,ab),AC=(0,a,c),设AC与平面BCD所成角为,则sin=|cos|=2abca2+c2a2c2+a2b2+b2c2,sin2=4a2b2c2(a2+c2)(a2c2+a2b2+b2c2)=8a2b2c2(a2+c2)(a2c2+a2b2)+(a2b2+b2c2)+(a2c2+b2c2)8a2b2c22ac(2a2bc+2ab2c+2abc2)

9、=2ba+b+c,由此可推出,sin2+sin2+sin22a+2b+2ca+b+c=2,当且仅当a=b=c时取等号.正确.思路分析用长方体的体积减去四个全等三棱锥的体积即得三棱锥A-BCD的体积;计算三棱锥A-BCD的棱长,运用余弦定理即可判断三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形;建立空间直角坐标系,求出平面BCD与平面ACD的法向量,即可判断平面BCD与平面ACD可能垂直;在的基础上求sin,同理求得sin、sin,运用a2+b22ab即可进行判断.三、解答题6.(2022届河北张家口11月阶段测试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是菱形,BAD=45,PD

10、=AD=5,点E,F分别在棱AB,PC上,且AEAB=PFFC=23.(1)证明:PA平面DEF;(2)求四棱锥F-BCDE的体积.解析(1)证明:以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,5),D(0,0,0),A522,-522,0,PA=522,-522,-5.AB=AD=5,AEAB=23,AE=103.PFFC=23,PC=PD2+CD2=52,PF=22,FC=32,则E522,103-522,0,F(0,2,3),DE=522,103-522,0,DF=(2,0,3),设平面DEF的法向量为n=(x1,y1,z1),522x1+103-522y1=0,2y1+3z

11、1=0,取y1=32,则z1=-22,x1=32-4,n=(32-4,32,-22),nPA=522(32-4)+-52232-5(-22)=0,又PA平面DEF,PA平面DEF.(2)设点F到平面BCDE的距离为h,则VF-BCDE=13S四边形BCDEh,由(1)知,h=3,又S四边形BCDE=1253+5522=2523,VF-BCDE=1332523=2523.7.(2022届山东潍坊月考,20)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且DE=12ED1,BF=2FB1.(1)证明:A,E,C1,F在同一个平面上;(2)

12、设直线AE与平面BB1D1D所成的角为,直线AF与平面BB1D1D所成的角为,判断与的大小关系,并说明理由.解析(1)证明:在CC1上取点M,使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,D1E=2ED,DD1=CC1,ED=MC1,又EDMC1,四边形DMC1E为平行四边形,DMEC1,MFDA,MF=DA,四边形MFAD为平行四边形,DMAF,EC1AF,A,E,C1,F在同一个平面上.(2).理由如下:设BDAC=O,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1平面ABCD,ACBB1,由题意知四边形ABCD为正方形,ACBD,BB1BD=B,BB1,BD平面BB1D1D,AC平面BB1D

13、1D,连接OE,OF,则=AEO,=AFO,在RtAEO和RtAFO中,AO=22,AE=2,AF=5,则sin=12sin=1010,.8.(2022届重庆南开中学月考,20)如图,P-ABCD是一个四棱锥,已知四边形ABCD是梯形,PD平面ABCD,ADCD,ABCD,PD=AD=AB=1,CD=2,点E是棱PC的中点,点F在棱PB上,PF=12FB.(1)证明:BE平面PAD;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)求平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值.解析(1)证明:取PD的中点G,连AG,GE,因为G,E分别是PD,PC的中点,所以GEDC,GE=12DC,因为

14、ABDC,AB=12DC,所以GEAB,GE=AB,所以四边形AGEB为平行四边形,所以BEAG,因为BE平面PAD,AG平面PAD,所以BE平面PAD.(2)因为PD平面ABCD,所以PDAD,PDDC,又ADCD,所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),B(1,1,0),E0,1,12,P(0,0,1),则BE=-1,0,12,DP=(0,0,1),DB=(1,1,0),设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1),则mDP=z1=0,mDB=x1+y1=0,取x1=1,则y1=-1,则m=(1,-1,0),设直线BE与平面PBD所成角为,则sin=

15、BEm|BE|m|=-11+0+141+1+0=105,所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为105.(3)因为PF=12FB,所以PF=12FB,所以DF-DP=12(DB-DF),所以DF=23DP+13DB=23(0,0,1)+13(1,1,0)=13,13,23,由(2)可知,DE=0,1,12,设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则nDF=13x2+13y2+23z2=0,nDE=y2+12z2=0,取z2=2,则y2=-1,x2=-3,则n=(-3,-1,2).易知平面ABCD的一个法向量为DP=(0,0,1),设平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角为,则cos=n

16、DP|n|DP|=29+1+40+0+1=147,所以平面DEF与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为147.9.(2022届湖南三湘名校、五市十校联考,20)如图,已知E是平面ABCD外一点,AD=2BC,AE=2BF,ABAD,ABAE.(1)四点C,D,E,F在同一平面内吗?说明理由;(2)若DAE=23,AB=BC=2BF,求平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值.解析(1)在同一平面内.理由如下:取AD的中点G,AE的中点H,连接CG,FH,GH.则GHDE.AD=2BC,AE=2BF,AG=BC,AH=BF,四边形ABCG和四边形ABFH都是平行四边形.CGBA,BAFH,CG

17、=BA,BA=FH,CGFH,CG=FH,即四边形CGHF是平行四边形,FCHG,FCED.四点C,D,E,F在同一平面内.(2)ABAD,ABAE,ADAE=A,BA平面ADE.以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0).设BF=2,则B(4,0,0),C(4,4,0),F(4,-1,3),E(0,-2,23),AC=(4,4,0),AF=(4,-1,3),BC=(0,4,0),BE=(-4,-2,23).设m=(x1,y1,z1)和n=(x2,y2,z2)分别是平面AFC和平面BCE的法向量,则mAC=0,mAF=0,nBC

18、=0,nBE=0,4x1+4y1=0,4x1-y1+3z1=0,4y2=0,-4x2-2y2+23z2=0.取x1=3,x2=3,则m=(3,-3,-5),n=(3,0,2),cos=mn|m|n|=-21731.平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值为21731.10.(2022届北京十三中期中,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PA底面ABCD,Q为棱PD的中点,PA=AB.(1)求证:AQCD;(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值;(3)求二面角C-AQ-D的余弦值.解析(1)证明:因为PA平面ABCD,CD平面ABCD,所以PACD,在正方形ABC

19、D中,ADCD,又PAAD=A,所以CD平面PAD,因为AQ平面PAD,所以AQCD.(2)由题意知AP、AD、AB两两垂直.如图建立空间直角坐标系A-xyz,不妨设AB=2,则A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,1),所以CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AQ=(0,1,1).设平面ACQ的法向量为n=(x,y,z),则nAC=0,nAQ=0,所以2x+2y=0,y+z=0,令x=1,得y=-1,z=1,即n=(1,-1,1),所以cos=nCP|n|CP|=13,所以直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为13.(3)由(1)知CD平面PAD,所以D

20、C=(2,0,0)为平面PAD的一个法向量,cos=nDC|n|DC|=33,易知二面角C-AQ-D为锐二面角,所以二面角C-AQ-D的余弦值为33.11.(2022届北京市中关村中学开学测试,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析(1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.因此AD平面PDC.因为ADBC,AD平面PBC,所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2

21、)以D为坐标原点,DA的方向为x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),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),所以DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin=33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正

22、弦值的最大值为63.12.(2022届湖南三湘名校、五市十校联考,20)如图,已知E是平面ABCD外一点,AD=2BC,AE=2BF,ABAD,ABAE.(1)四点C,D,E,F在同一平面内吗?说明理由;(2)若DAE=23,AB=BC=2BF,求平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值.解析(1)在同一平面内.理由如下:取AD的中点G,AE的中点H,连接CG,FH,GH.则GHDE.AD=2BC,AE=2BF,AG=BC,AH=BF,四边形ABCG和四边形ABFH都是平行四边形.CGBA,BAFH,CG=BA,BA=FH,CGFH,CG=FH,即四边形CGHF是平行四边形,FCHG,FCE

23、D.四点C,D,E,F在同一平面内.(2)ABAD,ABAE,ADAE=A,BA平面ADE.以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0).设BF=2,则B(4,0,0),C(4,4,0),F(4,-1,3),E(0,-2,23),AC=(4,4,0),AF=(4,-1,3),BC=(0,4,0),BE=(-4,-2,23).设m=(x1,y1,z1)和n=(x2,y2,z2)分别是平面AFC和平面BCE的法向量,则mAC=0,mAF=0,nBC=0,nBE=0,4x1+4y1=0,4x1-y1+3z1=0,4y2=0,-4x2-2

24、y2+23z2=0.取x1=3,x2=3,则m=(3,-3,-5),n=(3,0,2),cos=mn|m|n|=-21731.平面AFC与平面BCE所成锐二面角的余弦值为21731.13.(2022届北京三十五中期中,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,BCD=135,侧面PAB底面ABCD,BAP=90,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点,点M在线段PD上.(1)求证:EF平面PAC;(2)若M为PD的中点,求证:ME平面PAB;(3)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,求PMPD的值.解析(1)证明:在平行四边形A

25、BCD中,因为BCD=135,所以ABC=45,又因为在ABC中,AB=AC,所以BAC=90,即ABAC.由E,F分别为BC,AD的中点,得EFAB,所以EFAC.因为侧面PAB底面ABCD,且BAP=90,所以PA底面ABCD.又因为EF底面ABCD,所以PAEF.又因为PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以EF平面PAC.(2)证明:连接MF.因为M为PD的中点,F为AD的中点,所以MFPA,又因为MF平面PAB,PA平面PAB,所以MF平面PAB.同理,得EF平面PAB.又因为MFEF=F,MF平面MEF,EF平面MEF,所以平面MEF平面PAB.又因为ME平面MEF,所以

26、ME平面PAB.(3)因为PA底面ABCD,ABAC,所以AP,AB,AC两两垂直,故以AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),D(-2,2,0),E(1,1,0),所以PB=(2,0,-2),PD=(-2,2,-2),BC=(-2,2,0),设PMPD=(0,1),则PM=(-2,2,-2),所以M(-2,2,2-2),ME=(1+2,1-2,2-2),易得平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,2).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由nBC=0,nPB=0,得-2x+2y=0,2x-2z=0,令x=1,得n=(1,1,1).因为直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,所以|cos|=|cos|,即|MEm|ME|m|=|MEn|ME|n|,所以|2-2|=|2|3,解得=3-32或=3+32(舍).故PMPD=3-32.