【5年高考3年模拟】2019版数学（理）课件：8.4-空间角与距离、空间向量

1、8.4 空间角与距离、空间向量及其应用 高考理数 (课标专用) A组 统一命题课标卷题组 考点一 空间角与距离 1.(2018课标,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截 此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D. 五年高考 答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图, 正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,当平面趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面图 形为正六边形,其边长为 ,截面图形的面积为6 = ;当平面趋近于C1时,截面 图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为 ,故选A. 解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面所成角是解决本题的关键. 方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法. 2.(2018课标,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D

2、1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD1与DB1所 成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D. 答案 C 本题考查异面直线所成的角. 解法一:如图,将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,易知AD1B1C2, DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角. 易知B1C2=AD1=2,DB1= = ,DC2= = = .在DB1C2中,由余弦 定理的推论得cosDB1C2= = =- ,异面直线AD1与DB1所成角的余 弦值为 .故选C. 解法二:以A1为原点建立空间直角坐标系(如图),则A(0,0, ),D1(0,1,0),D(0,1, ),B1(1,0,0),所以 =(0,1,- ), =(1,-1,- ),所以cos= = = .故选C. 方法总结 常见的求异面直线所成角的方法 (1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解; (2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解. 3.(2014课标,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的

3、中点,BC=CA =CC1,则BM与AN所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D. 答案 C 解法一:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BMQN,则ANQ或其补角即为所求, 设BC=CA=CC1=2, 则AQ= ,AN= ,QN= , cosANQ= = = = , 故选C. 设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2), =(-1,0,-2), =(1,-1,-2), cos= = = = ,故选C. 解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 4.(2016课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD= m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为 ( ) A. B. C. D. 答案 A 如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1 D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面. 于是mA2A3,直线AA2

4、即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60,其正弦值为 .选A. 思路分析 先利用平行关系作出平面,进而确定直线m与直线n的位置,然后求m,n所成角的正 弦值. 疑难突破 本题的难点是明确直线m、n的具体位置.为此适当扩形是常用策略. 5.(2018课标,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 所在平面垂直,M 是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用. (1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC 平面ABCD,所以BC平面 CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM 平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)以D为坐标原点, 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. 当三棱锥M-ABC体积最大时,M为 的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0)

5、,B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1, 1), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则 即 可取n=(1,0,2). 是平面MCD的法向量,因此 cos= = ,sin= . 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 . 解后反思 一、面面垂直的判定 在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可 通过作辅助线来解决. 二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法 1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在 平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形 判断所求角是锐角还是钝角. 2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根 据实际问题求解. 6.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中 点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,

6、求PC与平面PAM所成角的正弦值. 解析 (1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC= AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), =(0,2,2 ).取平面PAC的法向量 =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0 .故sin 的取值范围是 . 3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点. (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值. 解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解 决问题的能力. 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 设AC,A1C1的中点分别为O,O1

7、, 则OBOC,OO1OC,OO1OB, 以 , , 为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B( ,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1( ,0,2),C1(0,1,2). (1)因为P为A1B1的中点,所以P . 从而 = , =(0,2,2). 故|cos|= = = . 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 . (2)因为Q为BC的中点,所以Q , 因此 = , =(0,2,2), =(0,0,2). 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量, 则 即 不妨取n=( ,-1,1). 设直线CC1与平面AQC1所成角为, 方法总结 (1)向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量m,n; 异面直线所成角的余弦值cos =|cos|= . (2)向量法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量a和平面的法向量b;直线与平面所 成角的正弦值sin =|cos|= . 则sin =|cos|= = = , 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 . 易错警示 (1)异面直线所成角的范围为 ,

8、cos =|cos|. (2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|. 4.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2 FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长. 解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用 空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. 依题意,可以建立以D为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐 标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2). (1)证明:依题意 =(0,2,0), =(2,0,2). 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量, 则 即 不妨令z0=-1,可得n0=(

9、1,0,-1). 又 = ,可得 n0=0, 又因为直线MN平面CDE, 所以MN平面CDE. (2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量, 则 即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量, 则 即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = ,于是sin= . 所以,二面角E-BC-F的正弦值为 . (3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量, 故|cos|= = , 由题意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2. 所以,线段DP的长为 . 方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤 (1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标; (3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法 向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量; (4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、 求解; (5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围). 5.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD平面ABCD,点 M在线段PB上,PD平面MAC,PA=PD= ,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知 识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力. (1)设AC,BD交点为E,连接ME. 因为P

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