《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Ⅱ)直三棱柱ABC­A1B1C1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.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C.法一：由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，
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BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.
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)，∴cos〈n1，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，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．

解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，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SO＝OD，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OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
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〉＝＝＝.
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成角为90°－60°＝30°.
答案30°
5．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θ，则sin θ＝cos〈，〉＝＝，∴cos θ＝.
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，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC.

(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)求二面角A­BB1­C的余弦值．
解：(1)证明：由于A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.
又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，所以AC1⊥BC.
由于AA1＝AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1⊥A1C，
所以AC1⊥平面A1BC，
所以A1B⊥AC1.
(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m·＝m·＝0，
即，取m＝(，－，1)．
同理，平面CBB1的一个法向量为n＝(0，－，1)．
由于cos〈m，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，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，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：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点．
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.
∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BQ⊥平面PAD.
∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)∵PA＝PD，Q为AD的中点．
∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴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－)，＝(－1－x，－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°＝＝＝，∴t＝3.
∴M(－，，)
)
1. (2022·高考天津卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；
(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BF⊥AC，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，BE⊥DC.
(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y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cos〈n，〉＝＝＝，
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＝λ，0≤λ≤1，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则即
不妨令z＝1，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cos〈n1，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，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(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θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，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＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由，得，
取x＝1，则n1＝(1，，－λ)．
∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos θ＝＝
＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值.
当λ＝时，cos θ有最大值.∴cos θ∈[，]．
3. 如图ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，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，
∴DE⊥AC.
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，
∴AC⊥平面BDE.
(2)∵DE⊥平面ABCD，
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，
即∠EBD＝60°.
∴＝.由AD＝3，得BD＝3，DE＝3，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．
∵cos〈n，〉＝＝＝.
故二面角F­BE­D的余弦值为.
(3)依题意，设M(t，t，0)(t>0)，则＝(t－3，t，0)，
∵AM∥平面BEF，∴·n＝0，
即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.
∴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．