《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习-第七章-第7讲-第2课时-求空间角和距离-轻松闯关.docx

1(2022高考课标全国卷)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.解析：选C.法一：由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，(1，1，2)(2，2，0)(1，1，2)，(0，1，2)cos，.法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角设BC2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.2在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选B. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，)，D(0，1，0)，(0，1，1)，(1，0，)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1(1，2，2)平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.3. 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_解析：不妨令CB1，则CACC12，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案：4. 如图，在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成角为_解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P(0，)则(2a，0，0)，(a，)，(a，a，0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0，1，1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成角为906030.答案：305已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，0)，F(，1，0)(1)(0，1，1)，(，0)，cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)(，1，1)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin cos，cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6(2021唐山市第一次模拟) 如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，O是AC的中点，A1O平面ABC，BCA90，AA1ACBC. (1)求证：A1BAC1；(2)求二面角ABB1C的余弦值解：(1)证明：由于A1O平面ABC，所以A1OBC.又BCAC，所以BC平面A1ACC1，所以AC1BC.由于AA1AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1A1C，所以AC1平面A1BC，所以A1BAC1.(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)(2，2，0)，(0，1，)设m(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，则mm0，即，取m(，1)同理，平面CBB1的一个法向量为n(0，1)由于cosm，n，所以二面角ABB1C的余弦值为.7(2021昆明三中、玉溪一中统考) 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BCAD1，CD. (1)求证：平面PQB平面PAD；(2)若二面角MQBC为30，试确定点M的位置解：(1)证明：ADBC，BCAD，Q为AD的中点四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ.ADC90，AQB90，即QBAD.又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，BQ平面PAD.BQ平面PQB，平面PQB平面PAD.(2)PAPD，Q为AD的中点PQAD.平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD.如图，以Q为原点建立空间直角坐标系则平面BQC的一个法向量为n(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，0)，C(1，0)设M(x，y，z)，则(x，y，z)，(1x，y，z)，t，.在平面MBQ中，(0，0)，(，)，平面MBQ的一个法向量为m(，0，t)二面角MBQC为30，cos 30，t3.M(，)1. (2022高考天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点 (1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值解：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1) (1)证明：(0，1，1)，(2，0，0)，故0，所以，BEDC.(2)(1，2，0)，(1，0，2)设n(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即不妨令y1，可得n(2，1，1)为平面PBD的一个法向量于是有cosn，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)(1，2，0)，(2，2，2)，(2，2，0)，(1，0，0)由点F在棱PC上，设，01，故(12，22，2)由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得，即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2(0，1，0)，则cosn1，n2.易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.2(2021山西省第三次四校联考) 如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1. (1)求证：平面FBC平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90)，试求cos 的取值范围解：(1)证明：在四边形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACFE.又由于BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)设n1(x，y，z)为平面MAB的法向量，由，得，取x1，则n1(1，)n2(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，cos .0，当0时，cos 有最小值.当时，cos 有最大值.cos ，3. 如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60. (1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论解：(1)证明：DE平面ABCD，DEAC.ABCD是正方形，ACBD，又DEBDD，AC平面BDE.(2)DE平面ABCD，EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.由AD3，得BD3，DE3，AF.如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)(0，3，)，(3，0，2)设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则，即.令z，则n(4，2，)AC平面BDE，(3，3，0)为平面BDE的一个法向量cosn，.故二面角FBED的余弦值为.(3)依题意，设M(t，t，0)(t0)，则(t3，t，0)，AM平面BEF，n0，即4(t3)2t0，解得t2.点M的坐标为(2，2，0)，此时，点M是线段BD上靠近B点的三等分点