《大高考》2016届高考复习数学理 五年高考真题 第八章 立体几何初步 第七节

第七节空间角与距离考点一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)解析设选项中的向量与a的夹角为θ，对于选项A，由于cosθ＝1×（－1）＋0×1＋（－1）×012＋02＋（－1）2×（－1）2＋12＋02＝－12，此时夹角θ为120°，不满足题意；对于选项B，由于cosθ＝1×1＋0×（－1）＋（－1）×012＋02＋（－1）2×12＋（－1）2＋02＝12，此时夹角θ为60°，满足题意．故选B.答案B2．(2014·四川，8)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()A.33，1B.63，1C.63，223D.223，1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α的变化情况：∠AOA1→π2→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时，α＝π2)，由于sin∠AOA1＝63，sin∠C1OA1＝22363，sinπ2＝1，所以sinα的取值范围是[63，1]．答案B3．(2014·新课标全国Ⅱ，11)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.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BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴AN→＝(－1，0，－2)，BM→＝(1，－1，－2)，∴cos〈AN→，BM→〉＝AN→·BM→|AN→||BM→|＝－1＋45×6＝330＝3010，故选C.答案C4．(2013·山东，4)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.5π12B.π3C.π4D.π6解析如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为3，可求得棱柱的高为3.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为12＋（3）2＝2.故∠PAO＝π3，即PA与平面ABC所成的角为π3.答案B5．(2013·大纲全国，10)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13解析设AB＝1，则AA1＝2，分别以D1A1→、D1C1→、D1D→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．如右图所示：则D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).DB→＝(1，1，0)，DC1→＝(0，1，－2)，DC→＝(0，1，0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则n·DB→＝0n·DC1→＝0即x＋y＝0y－2z＝0，取n＝(－2，2，1)．设CD与平面BDC1所成角为θ则sinθ＝n·DC→|n||DC→|＝23，故选A.答案A6.(2011·辽宁，8)如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.其中SD∩BD＝D，∴AC⊥面SDB，从而AC⊥SB.故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确，由排除法可知选D.答案D7．(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θ，则cosθ的最大值为________．解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则AF→＝1，12，0，E12，0，0，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则EM→＝－12，y，1，∴cosθ＝－12＋12y1＋1414＋y2＋1＝－1－y52·4y2＋5.设异面直线所成的角为α，则cosα＝|cosθ|＝1－y52·4y2＋5＝255·1－y4y2＋5，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝255·t4t2－8t＋9＝255t24t2－8t＋9＝25514－8t＋9t2，令x＝1t，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝25514－8x＋9x2，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，∴x＝1，zmin＝5，此时cosα的最大值＝255·15＝255·55＝25.答案258.(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：EF∥B1C.(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值．(1)证明由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→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(0，0，0)，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12，12，1.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→.n1⊥A1D→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A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(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|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.9．(2015·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)证明由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝2得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝π4，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝π2得DF∥AC，DFAC＝FBBC＝23，故AC＝32DF＝32.以C为坐标原点，分别以CA→，CB→，CP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A32，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED→＝(1，－1，0)，DP→＝(－1，－1，3)，DA→＝12，－1，0.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP→＝0，n1·DA→＝0，得－x1－y1＋3z1＝0，12x1－y1＝0，故可取n1＝(2，1，1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED→，即n2＝(1，－1，0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝36，故所求二面角A－PD－C的余弦值为36.10．(2015·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．(1)证明因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O－xyz，则E(a，0，0)，A(0，0，3a)，B(2，3(2－a)，0)，EA→＝(－a，0，3a)，BE→＝(a－2，3(a－2)，0)．设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·EA→＝0，n·BE→＝0，即－ax＋3az＝0，（a－2）x＋3（a－2）y＝0.令z＝1，则x＝3，y＝－1，于是n＝(3，－1，1)．平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．所以cos〈n，p〉＝n·p|n||p|＝－55.由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－55.(3)解因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即BE→·OC→＝0，因为BE→＝(a－2，3(a－2)，0)，OC→＝(－2，3(2－a)，0)，所以BE→·OC→＝－2(a－2)－3(a－2)2.由BE→·OC→＝0及0a2，解得a＝43.11．(2015·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．(1)解点F，G，H的位置如图所示．(2)证明连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝12CD，HN∥CD，且HN＝12CD，所以OM∥HN，OM＝HN，所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.(3)解法一连接AC，过M作MP⊥AC于P，在正方体ABCD－EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG，过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角，设AD＝2，则CM＝1，PK＝2，在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝22，在Rt△PKM中，KM＝PK2＋PM2＝322，所以cos∠PKM＝PKKM＝223，即二面角A－EG－M的余弦值为223.法二如图，以D为坐标原点，分别以DA→，DC→，DH→方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，GE→＝(2，－2，0)，MG→＝(－1，0，2)，设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·GE→＝0，n1·MG→＝0，2x－2y＝0，－x＋2z＝0，取x＝2，得n1＝(2，2，1)，在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEG