新高考数学一轮总复习第8章立体几何初步第7节空间角与距离高考AB卷理.pdf
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1、欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!1/18新高考数学一轮总复习第 8 章立体几何初步第 7 节空间角与距离高考 AB 卷理 直线与平面所成的角及二面角 1.(2014全国,11)直三棱柱 ABCA1B1C1中,BCA90,M,N 分别是 A1B1,A1C1的中点,BCCACC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为()A.B.C.D.22 解析 以 C1 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设 BCCACC12,则 A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),(1,0,2),(1,1,2),cos,故
2、选 C.答案 C 2.(2013 大纲全国,10)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中,AA12AB,则 CD 与平面 BDC1所成角的正弦值等于()A.B.C.D.13 解析 设 AB1,则 AA12,分别以、的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.如图所示:则 D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2).(1,1,0),(0,1,2),DC(0,1,0),欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!2/18设 n(x,y,z)为平面 BDC1 的一个法向量,则 nDB0nDC10即,取
3、n(2,2,1).设 CD 与平面 BDC1 所成角为 则 sin ,故选 A.答案 A 3.(2012全国,19)如图,直三棱柱 ABC A1B1C1 中,AC BCAA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1BD.(1)证明:DC1BC;(2)求二面角 A1 BDC1 的大小.(1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形,由于 D 为 AA1 的中点,故 DCDC1.又 AC AA1,可得 DCDC2 CC,所以 DC1DC.而 DC1BD,DCBDD,所以 DC1平面 BCD.BC 平面BCD,故DC1BC.(2)解 由(1)知 BCDC1,且 BCCC1,则 BC平面 ACC1A1,所以 CA
4、,CB,CC1 两两相互垂直.以 C 为坐标原点,的方向为 x 轴的正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).则(0,0,1),(1,1,1),(1,0,1).设 n(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 nBD0,nA1D0,即可取 n(1,1,0).欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!3/18同理,设 m(x1,y1,z1)是平面 C1BD 的法向量.则即x1 y1 z1 0,x1 z1 0,可取 m(1,2,1).从而
5、 cosn,m.故二面角 A1BDC1 的大小为 30.空间距离 4.(2012大纲全国,4)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AB2,CC12,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离为()A.2 B.C.D.1 解析 连接 AC 交 BD 于点 O,连接 OE,AB2,AC2.又 CC12,则 ACCC1.作 CHAC1 于点 H,交 OE 于点 M.由 OE 为ACC1 的中位线知,CMOE,M 为CH的中点.由 BDAC,ECBD 知,BD平面 EOC,CMBD.CM平面 BDE.HM 为直线 AC1 到平面 BDE 的距离.又ACC1 为等腰直角三角形
6、,CH2.HM1.答案 D 直线与平面所成的角及二面角 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)欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!4/18解析 设选项中的向量与 a 的夹角为 ,对于选项 A,由于 cos,此时夹角 为 120,不满足题意;对于选项 B,由于 cos ,此时夹角 为 60,满足题意.故选 B.答案 B 2.(2014四川,8)如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,点 O 为线段BD 的中点
7、.设点 P 在线段 CC1 上,直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为,则 sin 的取值范围是()A.B.C.D.2 23,1 解析 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 成 的 角 的 变 化 情 况:AOA1C1OA1(点 P 为线段 CC1 的中点时,),由于sinAOA1,sinC1OA1,sin 1,所以 sin 的取值范围是,1.答案 B 3.(2013山东,4)已知三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA与平面
8、ABC 所成角的大小为()A.B.C.D.6 解析 如图所示,由棱柱体积为,底面正三角形的边长为,可求得棱柱的高为.设 P 在平面 ABC 上射影为 O,则可求得 AO 长为 1,故AP 长为2.故PAO,即 PA 与平面 ABC 所成的角为.欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!5/18答案 B 4.(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,则 cos 的最大值为_.解析 建立空间直角坐
9、标系如图所示,设 AB1,则,E,设 M(0,y,1)(0y1),则,cos .设异面直线所成的角为,则 cos|cos|,令 t1y,则 y1t,0y1,0t1,那么 cos|cos|t4t28t 9,令 x,0t1,x1,那么 cos ,又z9x28x 4 在1,)上单增,x1,zmin5,此时 cos 的最大值.答案 25 5.(2016四川,18)如图,在四棱锥 P ABCD中,ADBC,ADCPAB90,BC CD AD.E为边 AD 的中点,异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90.(1)在平面 PAB内找一点 M,使得直线 CM平面 PBE,并说明理由;欢迎您阅读并下载本文档,
10、本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!6/18(2)若二面角 PCDA 的大小为 45,求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值.解(1)在梯形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行.延长 AB,DC,相交于点M(M平面 PAB),点 M 即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且 BCED.所以四边形 BCDE 是平行四边形.从而 CMEB.又 EB 平面 PBE,CM平面 PBE.所以 CM平面 PBE.(说明:延长 AP 至点 N,使得 APPN,则所找的点可以是直线 MN上任意一点)(2)法一 由已知,CDPA,CDAD,PAADA,所以 CD
11、平面 PAD.从而 CDPD.所以PDA 是二面角 PCDA 的平面角.所以PDA45.设 BC1,则在 RtPAD 中,PAAD2.过点 A 作 AHCE,交 CE 的延长线于点 H,连接 PH.易知 PA平面 ABCD,从而 PACE.且 PAAHA,于是 CE平面 PAH.又 CE 平面 PCE 所以平面 PCE平面 PAH.过 A 作 AQPH 于 Q,则 AQ平面 PCE.所以APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角.在 RtAEH 中,AEH45,AE1,所以 AH.在 RtPAH 中,PH.所以 sinAPH.欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们
12、将竭诚为您提供优质的文档!7/18法二 由已知,CDPA,CDAD,PAADA,所以 CD平面 PAD.于是 CDPD.从而PDA 是二面角 PCDA 的平面角.所以PDA45.由 PAAB,可得 PA平面 ABCD.设 BC1,则在 RtPAD 中,PAAD2.作 AyAD,以 A 为原点,以,的方向分别为 x 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).所以(1,0,2),(1,1,0),(0,0,2).设平面 PCE 的法向量为 n(x,y,z).由得x 2z0,x y0.设 x 2,解得 n(2
13、,2,1).设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ,则 sin .所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为.6.(2016 北京,17)如图,在四棱锥 PABCD 中,平面 PAD平面 ABCD,PAPD,PAPD,ABAD,AB1,AD2,ACCD.(1)求证:PD平面 PAB;(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值;(3)在棱 PA 上是否存在点 M;使得 BM平面 PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.(1)证明 平面 PAD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCDAD.又 ABAD,AB 平面 ABCD.AB平面 PAD.欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源
14、于互联网,如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档!8/18PD 平面 PAD.ABPD.又 PAPD,PAABA.PD平面 PAB.(2)解 取 AD 中点 O,连接 CO,PO,PAPD,POAD.又PO 平面 PAD,平面 PAD平面 ABCD,PO平面 ABCD,CO 平面 ABCD,POCO,ACCD,COAD.以 O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知 P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,1,0),C(2,0,0).则(1,1,1),(0,1,1),PC(2,0,1).(2,1,0).设 n(x0,y0,1)为平面 PDC 的一个法向量.由得y0 10,2x01
15、0,解得即 n.设 PB 与平面 PCD 的夹角为 .则 sin|cosn,|.(3)解 设 M 是棱 PA 上一点,则存在 0,1 使得,因此点M(0,1,),(1,),因为 BM平面 PCD,所以BM平面 PCD,当且仅当n0,即(1,)0,解得 ,所以在棱PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD,此时.7.(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:EFB1C.欢迎您阅读并下载本文档,本文档来源于互联网,如有侵权请联系删除!我们将
16、竭诚为您提供优质的文档!9/18(2)求二面角 EA1DB1 的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知 A1B1ABDC,且 A1B1ABDC,所以四边形 A1B1CD 为平行四边形,从而 B1CA1D,又 A1D 面 A1DE,B1C面 A1DE,于是 B1C面 A1DE.又 B1C 面 B1CD1.面 A1DE面 B1CD1EF,所以 EFB1C.(2)解 因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD 且 AA1ABAD.以 A 为原点,分别以,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
17、,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 的中点,所以 E点的坐标为.设面 A1DE 的法向量 n1(r1,s1,t1),而该面上向量,(0,1,1),由 n1.n1得r1,s1,t1 应满足的方程组12r1 12s1 0,s1 t1 0,(1,1,1)为其一组解,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(1,0,0),(0,1,1),由此同理可得 n2(0,1,1).所以结合图形知二面角 EA1DB1 的余弦值为.8.(2015重庆,19)如图,三棱
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