高考理数　空间角与距离、空间向量及其应用 185页

§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Ⅰ,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面 α 所成的角都相等,则 α 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 α 所成的角均相等.如图, 正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中,易知棱 AB , AD , AA 1 所在直线与平面 A 1 BD 所成的角均相等,所以 α ∥平 面 A 1 BD ,当平面 α 趋近点 A 时,截面图形的面积趋近于0;当平面 α 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 α 趋近于 C 1 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 α 所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面 α 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Ⅱ,9,5分)在长方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中, AB = BC =1, AA 1 =   ,则异面直线 AD 1 与 DB 1 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 - A 1 B 1 C 1 D 1 补成长方体 ABCD - A 2 B 2 C 2 D 2 , 使 AA 1 = A 1 A 2 , 易知 AD 1 ∥ B 1 C 2 , ∴∠ DB 1 C 2 或其补角为异面直线 AD 1 与 DB 1 所成的角 .   易知 B 1 C 2 = AD 1 =2, DB 1 =   =   , DC 2 =   =   =   .在△ DB 1 C 2 中,由余弦 定理的推论得cos∠ DB 1 C 2 =   =   =-   ,∴异面直线 AD 1 与 DB 1 所成角的余 弦值为   .故选C. 解法二:以 A 1 为原点建立空间直角坐标系(如图),则 A (0,0,   ), D 1 (0,1,0), D (0,1,   ), B 1 (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Ⅱ,11,5分)直三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1 中,∠ BCA =90 ° , M , N 分别是 A 1 B 1 , A 1 C 1 的中点, BC = CA = CC 1 ,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 BM ∥ QN ,则∠ ANQ 或其补角即为所求, 设 BC = CA = CC 1 =2, 则 AQ =   , AN =   , QN =   , ∴cos∠ ANQ =   =   =   =   , 故选C.     设 BC = CA = CC 1 =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 C 1 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 4 .(2016课标Ⅰ,11,5分)平面 α 过正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 的顶点 A , α ∥平面 CB 1 D 1 , α ∩ 平面 ABCD = m , α ∩ 平面 ABB 1 A 1 = n ,则 m , n 所成角的正弦值为   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案    A 　如图,延长 B 1 A 1 至 A 2 ,使 A 2 A 1 = B 1 A 1 ,延长 D 1 A 1 至 A 3 ,使 A 3 A 1 = D 1 A 1 ,连接 AA 2 , AA 3 , A 2 A 3 , A 1 B , A 1 D .易证 AA 2 ∥ A 1 B ∥ D 1 C , AA 3 ∥ A 1 D ∥ B 1 C . ∴平面 AA 2 A 3 ∥平面 CB 1 D 1 ,即平面 AA 2 A 3 为平面 α . 于是 m ∥ A 2 A 3 ,直线 AA 2 即为直线 n .显然有 AA 2 = AA 3 = A 2 A 3 ,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 α ,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Ⅲ,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 BC ⊥ CD , BC ⊂ 平面 ABCD ,所以 BC ⊥平面 CMD ,故 BC ⊥ DM . 因为 M 为   上异于 C , D 的点,且 DC 为直径,所以 DM ⊥ CM . 又 BC ∩ CM = 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), 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< n ,   >=   =   ,sin< n ,   >=   . 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Ⅱ,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 ° ,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 OP ⊥ AC ,且 OP =2   . 连接 OB .因为 AB = BC =   AC ,所以△ ABC 为等腰直角三角形,且 OB ⊥ AC , OB =   AC =2. 由 OP 2 + OB 2 = PB 2 知 PO ⊥ OB . 由 OP ⊥ OB , OP ⊥ AC 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< a ≤ 2),则   =( a ,4- a ,0). 设平面 PAM 的法向量为 n =( x , y , z ). 由   · n =0,   · n =0得   可取 n =(   ( a -4),   a ,- a ), 所以cos<   , n >=   . 由已知可得|cos<   , n >|=   . 所以   =   .解得 a =-4(舍去)或 a =   . 所以 n =   . 又   =(0,2,-2   ),所以cos<   , n >=   . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为   . 7 .(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥 P - ABCD 中, AB ∥ CD ,且∠ BAP =∠ CDP =90 ° . (1)证明:平面 PAB ⊥平面 PAD ; (2)若 PA = PD = AB = DC ,∠ APD =90 ° ,求二面角 A - PB - C 的余弦值.   解析 　本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象 能力、推理论证能力和运算求解能力. (1)证明:由已知∠ BAP =∠ CDP =90 ° ,得 AB ⊥ AP , CD ⊥ PD . 由于 AB ∥ CD ,故 AB ⊥ PD , 又 AP ∩ PD = P , AP 、 PD ⊂ 平面 PAD ,所以 AB ⊥平面 PAD . 又 AB ⊂ 平面 PAB ,所以平面 PAB ⊥平面 PAD . (2)解法一(综合法):根据题意可设 AB =1, 因为 AB ∥ CD ,∠ APD =∠ BAP =∠ CDP =90 ° , PA = PD = AB = DC ,所以四边形 ABCD 是平行四边形, 且 AD = PC = PB = CB =   ,取 PB 的中点为 F ,连接 AF , CF ,   在等腰三角形 PAB 中,可得 AF ⊥ PB , 在等边三角形 PBC 中,可得 CF ⊥ PB , 所以∠ AFC 为二面角 A - PB - C 的平面角, 由(1)知 AB ⊥平面 PAD ,又 AD ⊂ 平面 PAD ,所以 AB ⊥ AD . 所以平行四边形 ABCD 是矩形,连接 AC ,则 AC =   . 在△ AFC 中, AC =   , AF =   , FC =   , 由余弦定理可得cos∠ AFC =   =-   , 所以二面角 A - PB - C 的余弦值为-   . 解法二(向量法):在平面 PAD 内作 PF ⊥ AD ,垂足为 F . 由(1)可知, AB ⊥平面 PAD ,故 AB ⊥ PF , 又 AD ∩ AB = A ,可得 PF ⊥平面 ABCD . 以 F 为坐标原点,   的方向为 x 轴正方向,|   |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 F - xyz .   由(1)及已知可得 A   , P   , B   , C   . 所以   =   ,   =(   ,0,0),   =   ,   =(0,1,0). 设 n =( x 1 , y 1 , z 1 )是平面 PCB 的法向量,则   即   可取 n =(0,-1,-   ). 设 m =( x 2 , y 2 , z 2 )是平面 PAB 的法向量,则   即   可取 m =(1,0,1). 则cos< n , m >=   =-   . 易知二面角 A - PB - C 为钝二面角, 所以二面角 A - PB - C 的余弦值为-   . 方法总结 　面面垂直的证明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的证明. 证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线 l ,证明直线 l 垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值. 建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量 n 1 , n 2 ,设二面角的大小为 θ ,则|cos θ |=   ,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况. 8 .(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥 P - ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD , AB = BC =   AD ,∠ BAD =∠ ABC =90 ° , E 是 PD 的中点. (1)证明:直线 CE ∥平面 PAB ; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为45 ° ,求二面角 M - AB - D 的余弦值.   解析　 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算. (1)取 PA 的中点 F ,连接 EF , BF .因为 E 是 PD 的中点,所以 EF ∥ AD , EF =   AD . 由∠ BAD =∠ ABC =90 ° 得 BC ∥ AD ,又 BC =   AD ,所以 EF