2022年高考专题复习第一部分专题六第讲空间角与距离专题训练 .pdf

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1、第一部分专题六第 2 讲空间角与距离(限时 60 分钟，满分100 分) 1(本小题满分20 分) 如图，正方形 ABCD 所在的平面与平面四边形 ABEF 所在的平面互相垂直，ABE 是等腰直角三角形，ABAE，FA FE， AEF 45 . (1)求证： EF 平面 BCE ；(2)设线段 CD、AE 的中点分别为P、M，求证： PM平面 BCE. 解： ABE 是等腰直角三角形，ABAE ，AEAB，平面 ABEF 平面 ABCD AB， AE平面 ABCD ， AEAD ，即 AD 、AB、AE 两两垂直，如图建立空间直角坐标系(1) 设 AB1，则 AE 1，B(0,1,0)，D(1

2、,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)， FAFE ， AEF 45 ， AFE 90 ，从而 F(0，12，12)，EFuuu r(0，12，12)，BEuuu r(0， 1,1)，BCuuu r(1,0,0)于是EFuuu rBEuuu r012120，EFuuu rBCuuu r0， EF BE，EFBC，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - BE? 平面 BCE ，BC? 平面 BCE ，BCBEB，

3、 EF 平面 BCE . (2)M(0,0，12)，P(1，12， 0)，从而PMuuur(1，12，12)，于是PMuuurEFuuu r(1，12，12) (0，12，12) 014140. PM EF，又 EF 平面 BCE ，直线 PM 不在平面 BCE 内，故 PM平面 BCE . 2(本小题满分20 分)如图，正方体ABCD A1B1C1D1中， E、F分别是 A1D1、 A1C1的中点，求：(1)异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值；(2)二面角 C AEF 的余弦值的大小解： 不妨设正方体的棱长为2，分别以DA 、DC、DD1所在直线为x轴、 y 轴、 z轴建立如图所示的空

4、间直角坐标系，则 A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,1,2)(1)由AEuuu r (1,0,2)，CFuuu r(1， 1,2)，得AEuuu r5，|CFuuu r|6，AEuuu rCFuuu r 1043. 又AEuuu rCFuuu r|AEuuu r| |CFuuu r| cosAEuuu r，CFuuu r30cosAEuuu r，CFuuu r ， cosAEuuu r，CFuuu r3010，即 AE 与 CF 所成角的余弦值为3010. (2)EFuuu r(0,1,0)，AEuuu rEFuuu r(1,0,2)(0,1,0) 0， AEEF

5、，过 C 作 CM AE 于 M，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - 则二面角 CAEF 的大小等于EFuuu r，MCuuu u r ， M 在 AE 上，设AMuuuu rmAEuuu r，则AMuuuu r(m,0,2m)，MCuuuu rACuuu rAMuuuu r(2,2,0)(m,0,2m)(m2,2， 2m) MC AE，MCuuu u rAEuuu r(m2,2， 2m) (1,0,2)0， m2

6、5，MCuuu u r(85，2，45)，|MCuuu u r|6 55，EFuuu rMCuuu u r(0,1,0)(85， 2，45)0202. 又EFuuu rMCuuu u r|EFuuu r| |MCuuu u r| cosEFuuu r，MCuuu u r655cosEFuuu r，MCuuu u r ， cosEFuuu r，MCuuu u r53，二面角 CAEF 的余弦值的大小为53. 3(本小题满分20 分)(精选考题 陕西高考 ) 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形， PA平面 ABCD ，APAB2，BC22，E，F 分别是 AD， PC 的中点(1)

7、证明： PC平面 BEF ；(2)求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小解：法一 ：(1)证明：如图，以A 为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系 APAB2，BC AD 2 2，四边形ABCD 是矩形 A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，2 2，0)，D(0，22，0)，P(0,0,2)，又 E，F 分别是 AD，PC 的中点， E(0，2，0)，F(1，2，1)PCuuu r(2,22， 2)，BFuuu r( 1，2，1)，EFuuu r(1,0,1)，PCuuu rBFuuu r 2420，PCuuu rEFuu

8、u r2020，PCuuu rBFuuu r，PCuuu rEFuuu r，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 13 页 - - - - - - - - - PCBF ，PCEF ，BF EFF， PC平面 BEF . (2)由(1)知平面 BEF 的法向量n1PCuuu r(2,22， 2)，平面 BAP 的法向量n2ADuuu r(0,22，0)， n1 n28. 设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 ，则 cos |cosn1，n2|n1 n2|n1

9、|n2|842 222， 45 ，平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为45 . 法二： (1)证明：连接PE，EC，在 Rt PAE 和 Rt CDE 中，PAABCD， AEDE ， PECE，即PEC 是等腰三角形，又 F 是 PC 的中点， EFPC，又 BPAP2AB22 2BC，F 是 PC 的中点， BF PC. 又 BF EFF，PC平面 BEF . (2)PA平面 ABCD ，PABC，又 ABCD 是矩形， ABBC， BC平面 BAP，BCPB，又由 (1)知 PC平面 BEF ，直线 PC 与 BC 的夹角即为平面BEF 与平面 BAP 的夹角，在 PBC 中， PBB

10、C，PBC 90 ， PCB45 . 所以平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为45 . 4(本小题满分20 分)(精选考题 福州模拟 )已知几何体EFG 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - ABCD 如图所示，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点 M 在边DG 上(1)求证： BM EF ；(2)是否存在点M，使得直线MB 与平面 BEF 所成的角为45 ，若存在， 试求点 M

11、的位置；若不存在，请说明理由解： 四边形 ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形， GDDA，GDDC，又 DA DCD， GD平面 ABCD . 以点 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则 B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)点 M 在边 DG 上，故可设M(0,0，t)(0t1)(1)证明：MBuuur(1,1， t)，EFuuu r(1,1,0)，MBuuurEFuuu r1 (1)11(t)00， BM EF . (2)假设存在点M 使得直线MB 与平面 BEF 所成的角为45 . 设平面 BEF 的一个法向量为n(x，y，z)，BEuuu r

12、(0， 1,1)，BFuuu r(1,0,1)，nBEuuu r0，nBFuuu r 0，yz0，xz0.令 z 1得 x y1. n(1,1,1)， cosn，MBuuurnMBuuur|n|MBuuur|2t32t2，直线 BM 与平面 BEF 所成的角为45 ， sin45|cos n，MBuuur|， |2t32t2|22，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - 解得 t 4 3 2，又因 0t1，只取 t3

13、24. 存在点 M (0,0,324)M 点位于 DG 上，且 DM 324 时，使得直线BM 与平面 BEF所成的角为45 . 5 (本小题满分20 分) (精选考题 安徽安庆 )已知，四棱锥PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PG平面 ABCD ，垂足为 G，G在 AD 上，且 AG13GD，BGGC，GBGC2，E 是 BC 的中点，四面体PBCG 的体积为83. (1)求异面直线GE 与 PC 所成的角；(2)求点 D 到平面 PBG 的距离；(3)若 F 点是棱 PC 上一点，且DF GC，求PFFC的值解：(1)由已知 VP BGC13S BCG PG1312BG GC

14、PG83， PG4，如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则 B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,4)，故 E(1,1,0)，GEuuu r(1,1,0)，PCuuu r(0,2， 4)，cosGEuuu r，PCuuu rGEuuu rPCuuu r|GEuuu r| |PCuuu r|22201010，异面直线 GE 与 PC 所成的角为arccos1010. (2)平面 PBG 的单位法向量n0(0， 1,0)， |GDuuu r|34|BCuuu r|322，CGD45 ，GDuuu r(32，32，0)，点 D 到平面 PBG 的距离为|GDuuu r n0

15、|n0|32. (2) 设 F(0，y， z)，则DFuuu rOFuuu rODuuu r(0，y，z)(32，32，0)(32，y32，z)，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - - GCuuu r(0,2,0)DFuuu rGCuuu r，DFuuu rGCuuu r0， (32，y32，z) (0,2,0)2(y32)0， y32. 在平面 PGC 内过 F 点作 FM GC，M 为垂足，则 GM32，MC12，

16、PFFCGMMC3. 1如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为直角梯形，AD BC，BAD 90 ，PA底面 ABCD ，PAAD AB2BC2，M，N 分别为 PC，PB 的中点(1)求证： PBDM ；(2)求 BD 与平面 ADMN 所成的角解： (1)证明：以A 点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 由 PA ADAB2BC2，得 A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，M(1，12，1)，D(0,2,0)因为PBuuu rDMuuuu r(2,0， 2) (1，32，1)0，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - -

17、 - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - - - - - - - - 所以 PBDM . (2)因为PBuuu rADuuu r(2,0， 2) (0,2,0)0，所以 PBAD，又 PB DM，且 AD DM D，故 PB平面 ADMN ，即PBuuu r(2,0， 2)是平面 ADMN 的一个法向量设 BD 与平面 ADMN 所成的角为 ，又BDuuu r(2,2,0)，则 sin |cosBDuuu r，PBuuu r|BDuuu rPBuu u r|BDuuu r|PBuuu r|4|4 44412，又 0，2，故 6

18、，即 BD 与平面 ADMN 所成的角是6. 2(精选考题 南京模拟 )如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB 90 ，BAC 30 ，BC 1，AA16，M 是棱 CC1的中点(1)求证： A1BAM ；(2)求直线 AM 与平面 AA1B1B 所成角的正弦值解： (1)证明：因为C1C平面 ABC ，BCAC，所以分别以CA，CB，CC1所在直线为x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系则 B(0,1,0)，A1( 3，0，6)，A(3，0,0)，M(0,0，62)所以1A Buuu u r(3，1，6)，AMuuuu r(3， 0，62)，所以1A Buuu u rA

19、Muuuu r3 030. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - - 所以1A Buuu u rAMuuu u r. 即 A1BAM . (2)由(1)知ABuuu r(3，1,0)，1AAuuu u r(0,0，6)，设平面 AA1B1B 的法向量为n(x，y，z)，则3xy06z0，不妨取n( 3， 3,0)设直线 AM 与平面 AA1B1B 所成角为 . 所以 sin |cosAMuuuu r，n|AMuuuu r

20、 n|AMuuuu r| |n|66. 所以直线 AM 与平面 AA1B1B 所成角的正弦值为66. 3如图，平面PAC平面 ABC， ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形， E，F，O 分别为 PA，PB，AC 的中点， AC16，PAPC10. (1)设 G 是 OC 的中点，证明：FG平面 BOE ；(2)证明：在 ABO 内存在一点M，使 FM 平面 BOE ，并求点 M 到 OA，OB 的距离证明： (1)如图，连结OP，OP平面 ABC ，以点 O 为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则 O(0,0,0)，A(0，8,

21、0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0， 4,3)，F(4,0,3)由题意，得G(0,4,0)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - 因为OBuuu r(8,0,0)，OEuuu r(0， 4,3)，所以平面 BOE 的法向量n(0,3,4)，由FGuuu r(4,4， 3)，得 nFGuuu r0. 又直线 FG 不在平面BOE 内，所以FG平面 BOE. (2)设点 M 的坐标为 (x0

22、，y0,0)，则FMuuu u r(x04，y0， 3)因为 FM 平面 BOE ，所以FMuuu u rn，因此 x04，y094，即点 M 的坐标是 (4，94，0)在平面直角坐标系xOy 中，AOB 的内部区域可表示为不等式组x0，y0，xy8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在AOB 内存在一点M，使 FM 平面BOE . 由点 M 的坐标，得点M 到 OA，OB 的距离分别为4，94. 4(精选考题 皖南八校联考)如图，正三棱柱ABC A1B1C1中，底面边长为2，侧棱长为2，经过对角线AB1的平面交棱A1C1于点D. (1)试确定 D 点的位置，使平面AB1DBC1，并证

23、明你的结论；(2)在(1)的条件下，求二面角A1AB1D 的大小解： (1)证明：当点D 为棱 A1C1的中点时，平面AB1DBC1. 连接 A1B，与 AB1交于点 E，则 E 为 A1B 的中点，连接DE，则 DE BC1，且 DE 为平面 AB1D 与平面 A1BC1的交线， DE BC1，DE ? 平面 AB1D，BC1?平面 AB1D， BC1平面 AB1D. (2)法一： 过 D 作 DF A1B1于 F，由正三棱柱的性质知AA1平面 A1B1C1，故 AA1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整

24、理 - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - DF ， DF 平面 AA1B1B，DFAB1，连接 EF ，在正三角形A1B1C1中， D 是 A1C1的中点， B1D3，又在直角三角形AA1D 中，AD AA21A1D23， AD B1D，DE AB1，AB1平面 DEF ，EFAB1，则DEF 为二面角 A1AB1D 的平面角， DF sin30332，AB1AB2B1B26，DE12BC112AB162， sinDEF DFDE22， DEF 4.故二面角A1AB1D 的大小为4. 法二： 设 O 为 AB 的中点， P 为 A1B1的中

25、点，连接CO，OP 以 O 为坐标原点，分别以CO、OB、OP 所在的直线为x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则 O(0,0,0)，A(0，1,0)，B1(0,1， 2)，C(3，0,0)，D(32，12，2)，1ABuuu u r(0,2，2)，1B Duuuu r(32，32，0)，设 n1(x，y，z)是平面 AB1D 的一个法向量，则n11ABuuuu r0n11B Duuuu r0，即2y2z032x32y0，令 y1，可得 n1(3，1，2)，取平面 A1AB1的一个法向量为n2OCuuu r(3，0,0)，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载

26、- - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - 设 n1与 n2的夹角为 ，则 cos n1 n2|n1| |n2|22，又易知二面角A1AB1D 是锐角，所以二面角A1AB1D 的大小是4. 5(精选考题 东北三校 )如图，在四棱锥PABCD 中，PA底面ABCD ，ABAD ，ACCD， ABC 60 ， PAABBC，E 是 PC 的中点(1)证明： CDAE；(2)证明： PD平面 ABE ；(3)求二面角 APDC 的余弦值解： (1)证明：在四棱锥P A

27、BCD 中，因为PA底面 ABCD ，CD? 平面 ABCD ，故PACD. ACCD，PAACA，CD平面 PAC. AE? 平面 PAC，AECD. (2)证明：由PAABBC，ABC60 ，可得 ACPA. E 是 PC 的中点， AEPC. 由(1)知， AECD，且 PCCDC，所以 AE 平面 PCD. 而 PD? 平面 PCD ，AEPD. PA底面 ABCD ，PAAB，又 AD AB，PAAD A，AB平面 PAD， ABPD.又 ABAEA，综上得 PD平面 ABE. (3) 法一： 由题设知 PA底面 ABCD ，PA? 平面 PAD，则平面PAD平面 ACD ，又这两个

28、平面的交线为AD，过点 C 作 CF AD ，垂足为 F，故 CF 平面 PAD.过点 F 作 FM PD，垂足为 M，连接CM，故 CM PD.因此CMF 是二面角APD C 的平面角由已知，可得 CAD 30 .设 ACa，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - 可得 PAa，AD 233a，PD213a，CF12a，FD 36a. FMD PAD，FMPAFDPD. 于是， FM FD PAPD36a a213

29、a714a. 在 Rt CMF 中， tan CMF CFFM12a714a7，可得 cos CMF 24，即二面角 APDC 的余弦值为24. 法二： 如图所示，以A 为坐标原点， AB、AD、AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，设APa. 依题意得， A(0,0,0)，P(0,0，a)，C(a2，32a,0)，D(0，233a,0)，由题意可得平面APD 的一个法向量为n1(1,0,0)，设平面 PCD 的法向量为n2(x，y，z)，PCuuu r(a2，32a， a)，PDuuu r(0，2 33a， a)，则n2PCuuu r0n2PDuuu r0，所以a2x32ayaz0233ay az0，令 z 1，得 n2(12，32， 1)为平面 PCD 的一个法向量因为 cosn1，n2n1 n2|n1|n2|12224，所以二面角APDC 的余弦值是24. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 13 页 - - - - - - - - -