2024版新高考新教材版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)1-8

2024版新高考新教材版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)8.4空間角與

距離、空間向量及其應(yīng)用

考點(diǎn)1空間角與距離

1.（2023全國乙理，9）已知.45。為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角

C-A6—。為150°，則直線C。與平面ABC所成角的正切值為（）

1V2V32

A.-B.—C.—D.—

5555

【答案】c

【解析】取A3的中點(diǎn)E，連接CE,OE，因?yàn)槭堑妊苯侨切?，且A3為斜邊，則有

CE上AB，

又△ABO是等邊三角形，則OE1A6，從而NCED為二面角C-AB—。的平面角，即

ZC￡￡>=150，

顯然?！臧恕?gt;￡=旦。后,。上匚平面?！辏┢撸谑?平面CDE，又ABu平面ABC，

因此平面CDEL平面ABC，顯然平面CDEc平面A3C=CE，

直線CDu平面CDE，則直線CD在平面A8C內(nèi)的射影為直線CE，

從而NDCE為直線CO與平面4BC所成的角，令A(yù)3=2,則CE=1,DE=6,在4CDE中,

由余弦定理得：CD=A/CE2+DE1-2CE-DEcosZCED=Jl+3—2xlxgx（一號(hào)=J7，

DECDV3sin150百

由正弦定理得-----------=------------,即sinZDCE=

sinZDCEsinZCED不~2幣，

顯然NDCE是銳角，cosNDCE=J1—sin:NDCE=｛「（器?=嘉，

所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為且.故選：c

5

2.（2020新高考/,4,5分）日暮是中國古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器,利用與號(hào)面垂直的暮針投射到馨面的影子

來測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球（球心記為0）,地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)

A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日號(hào),若辱面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處

的緯度為北緯40°,則唇針與點(diǎn)A處的水平面所成角為)

答案B由題意作出如圖所示的截面圖，設(shè)所求角為a,

3.（2022全國甲，理7,文9,5分）在長(zhǎng)方體ABCD-AIBIGQI中，已知BQ與平面ABCD和平面AA山山所成的

角均為30。,則)

\,AB=2AD

B.4B與平面ABCQ所成的角為30。

C.AC=CBi

D.BiD與平面BBiGC所成的角為45。

答案D如圖，連接BD由題可知,BB」平面平面AAiBB,

易知易D與平面ABCD和平面44」％°所成的角分別為NB0B,二NBi￡）B=NABi￡>=30°.

設(shè)AD=l,則ABi=V3,Bi0=2,

：.BBi=\,BD=V3,：.AB=V2,

：.AB=y/2AD,故A錯(cuò)誤.

過8作交AB\于H,

易知N/M8為AB與平面ABiG。所成的角.

??DU-ABBB1—展

,-T'

：.sinZHAB=—=漁，故B錯(cuò)誤.

AB3

易知AC=VJ,CBi=V2,：.AC^CBi,故C錯(cuò)誤.

易知NDBiC為Bi。與平面BBiGC所成的角，

LsinNDBC嚙=苧,，ND81c=45。,故D正確.

4.（多選）（2022新高考/,9,5分）已知正方體A8CD-AiBiGDi,貝ij（）

A.直線BCi與DA\所成的角為90。

B.直線BG與CAi所成的角為90°

C.直線BC\與平面BBiDiD所成的角為45°

D.直線BC,與平面ABCD所成的角為45°

答案ABD連接BC,交BG于O,?..AD〃BC；.NBiOC"或其補(bǔ)角）為直線8G與04所成的角，又

BiULBG,二NBiOG=90。,即直線BC\與。4所成角為90。.故選項(xiàng)A正確.

由48」平面88IGC,BCIU平面BBQC知AI8I_LBCI,又CCi_LBC,48CBiC=Bi,；.BCi_L平面ARC,

又C4u平面4BiC,.?.直線BCi與C4所成角為90。.故選項(xiàng)B正確.

連接4G,交BQ于點(diǎn)Oi,連接O\B,易證GO」平面BBiDiD,：.BCi在平面內(nèi)的射影為OiB,：.

BG與平面BBIDID所成角為NGBOi.在RtABOiCi中,sin/GBO產(chǎn)署=之則NGBOi=30。,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.

BC12

：CGJ_平面ABCD,：.ZCiBC是BCi與平面A8CD所成的角，而NGBC=45。,故選項(xiàng)D正確.故選ABD.

5.（2014課標(biāo)n,11,5分）直三棱柱峽7田￡中,NBCA=90°,M,N分別是.姆/?的中點(diǎn),8?=^=匕,則1^與

AN所成角的余弦值為（）

「同n

0,而D'T

答案C解法一:以G為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)BC=CA=CC,=2,5!!JA(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),

.,前=(T,0,-2),前=(1,T,-2),

―,―,AN-BM-1+43V30

???cos?,8"〉=兩麗=印=面=而故選C.

解法二:取BC的中點(diǎn)Q,連接QN,AQ,易知BM〃QN,則ZANQ即為所求,

設(shè)BC=CA=CC,=2,

貝UAQ=V5,AN=V5,QN=V6,

AN2+NQ2-AQ25+6-56V30

.?.cosNANQ=2ANNQ=藥&石藥方而'

故選C.

6.（2013北京,8,5分）如圖,在正方體ABCD-ABCD中,P為對(duì)角線BD,的三等分點(diǎn),P到各頂點(diǎn)的距離的不同

取值有（）

/I?

A3個(gè)B.4個(gè)C.5個(gè)D.6個(gè)

答案B過P作平面ABCD、ABCD的垂線分別交DB、DB于E、F點(diǎn)，易知P也是EF的三等分點(diǎn),設(shè)正方

體的棱長(zhǎng)為a,則PA.=PC,=a;PDr|V3a;PB=ya;PB,=ya,PA=PC=ya;PD=a.故有4個(gè)不同的值.故選B.

思路分析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a,利用正方體中的直角三角形分別計(jì)算1）到各頂點(diǎn)的距離即可.

解后反思本題考查了線面的垂直關(guān)系、空間想象力及運(yùn)算能力.構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵.

7.（2012陜西,5,5分）如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC-ABG,CA=CC,=2CB,則直線BG與直線AB,

夾角的余弦值為（）

.V5V5

A-TBT

>3

D-5

答案A不妨設(shè)CB=1,則B(0,0,l),A(2,0,0),G(0,2,0),Bi(0,2,1).

.?.屆=（0,2,-D,麗=（-2,2,1）.

—-——?阮7?畫’0+4-1V5-、4,

cosVBC],網(wǎng)下面而瓦市用不=不故選卜.

評(píng)析本題考查利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求異面直線所成的角,考查了運(yùn)算求解能力.

8.（2023北京，16,14分，中）如圖，在三棱錐P-ABC中，P4，平面

ABC,PA=AB=6C=1,PC=痘.

⑴求證:5<?_1_平面PAB;

（2）求二面角A-PC-B的大小.

解析（1）證明：因?yàn)镻AL平面ABC,BC,4Bu平面A8C,

所以PA_L8C,PA_LA8.所以PB=ylPA2+AB2=V2.

又因?yàn)锽C=1,PC=V3,所以PB2+BC2=PC2,

所以PBLBC,

又因?yàn)镻AIBC,且PACPB=P,PA,PBu平面PAB,

所以8CJ_平面PAB.

（2）以B為原點(diǎn),BC所在直線為x軸,BA所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系，

則A(0,1,0),3(0,0,0),C(l,0,0),P(0,1,1),

所以羽=(0,0,1),福(1,-1,0),無=(1,-1,-1),BC=(1,0,0),

設(shè)平面PAC的法向量為小（箝,％,zi）,

則『.皆=&=。，令e，則修（J,。），

設(shè)平面PBC的法向量為n=3,竺,Z2）,

則『?空=X2—丫2-2=。,令之=】則.0J/）,

In?BC=&=。，

r：r-KIm-n11

所以COS<7Z7,/?>=——=r-r-=

|m|*|n|V2XV22

又因?yàn)槎娼茿-PC-B為銳二面角，

所以二面角A-PC-B的大小為今

考點(diǎn)2空間向量及其應(yīng)用

1.（多選）（2021新高考/,12,5分）在正三棱柱ABC-AiBtCi中,AB=AAx=\,點(diǎn)P滿足前=ABC+〃西,其中

%e[o,1],則（）

A.當(dāng)加1時(shí),AABiP的周長(zhǎng)為定值

B.當(dāng)"=1時(shí),三棱錐P-A山C的體積為定值

C.當(dāng)月時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得AiP_LBP

D.當(dāng)“W時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得48_1_平面ABiP

答案BD選項(xiàng)A,當(dāng)2=1時(shí)，點(diǎn)P在線段CG上，設(shè)CP=x(OMl),若戶0,則MBiP即為AABC此時(shí)

△ABiP的周長(zhǎng)為2應(yīng)+1;若x=l,則AABIP即為AASCI,此時(shí)AABIP的周長(zhǎng)為24+1.若0<x<l,PCi=l-x,

在RtAPC/1中,PAZl+N,

在RtASiGP中，PBi=Jl+(l-x)2=Vx2-2x+2,

而AB\=?所以AA&P的周長(zhǎng)為企+Vx2-2x+2+VIT懣,不為定值,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

選項(xiàng)B,當(dāng)“=1時(shí)，點(diǎn)P在線段BiCi上，

因?yàn)锽\C\//BC,BiCW平面4BC,8Cu平面4BC,

所以BiG〃平面4BC,

所以直線8。上的任何一點(diǎn)到平面4BC的距離均相等，

所以三棱錐P-Ai8C的體積為定值,故選項(xiàng)B正確；

取BC,BiCi的中點(diǎn)分別為O,5,連接OO\,AO,易知00」平面ABC,AO_LBC,以O(shè)B,OA,OOi所在直線分

別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則8&0,0),4(0,-今0),4|(0,-4,1),選項(xiàng)C,當(dāng)寫

時(shí),點(diǎn)P在線段OOi上，設(shè)P(0,0,z)(0W把I),則審=(0,亨,Z-1)廊=若4PJ_BP,則不?

BP=0,

即z(z-I)=0,解得z=0或z=l,即當(dāng)號(hào)時(shí),存在兩個(gè)點(diǎn)P,使得A/UBP,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

選項(xiàng)D,當(dāng)〃甘時(shí)，點(diǎn)P在線段MN上(M,N分別是線段BBi,CG的中點(diǎn))，設(shè)P(x,0,1)(-i<x<1),則存=

(若’3

若4B_L平面ABiP,則AiB_LAP,則項(xiàng)?"=(),

Bpg,f,-1)-(x,f,0=|x+；-1=0,解得x=-i所以P(-1,0,i),易驗(yàn)證此時(shí)滿足ABJ_平面ABtP,

所以當(dāng)時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得AB_L平面AB\P,故選項(xiàng)D正確.故選BD.

命題立意：本題以正三棱柱為載體，考查正三棱柱的性質(zhì)，平面向量基本定理，空間幾何體的體積，以及線面

垂直的判定等,考查學(xué)生空間想象能力和邏輯推理能力,通過研究點(diǎn)P的位置,考查數(shù)形結(jié)合思想，體現(xiàn)數(shù)學(xué)

運(yùn)算與直觀想象的核心素養(yǎng)，落實(shí)對(duì)試題的創(chuàng)新性和綜合性的考查.

2.（2023課標(biāo)I,18）如圖，在正四棱柱ABC。-中，48=2,441=4.^A2,B2,C2,D2

分別在棱A4,,BB],CCt,DD]±,AA,=1,BB2=DD2=2,CC2-3.

(1)證明：82c2〃4。2；

(2)點(diǎn)p在棱上，當(dāng)二面角尸一4。2一。2為150°時(shí)，求B2P.

【解析】(I)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，C￡>,CB,CC1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖,

則C(0,0,0),C2(0,0,3),g(0,2,2),D2(2,0,2),4(2,2,1),

??.與G=(°,一2,1),44=(°，一2,i)，??員。2〃43，

又B?G，42不在同一條直線上，

(2)設(shè)P(0,2,2)(0</1<4),則4G=(一2,-2,2),PC；=(0,-2,3-A),2G=(一2,0,1)，

fn-A,C7=-2x-2y+2z=0

設(shè)平面PA,G的法向量〃=*,y,z),則〈，

(n-PC2=-2y+(3-A)z=0

令z=2，得y=3—%x=X-l,.,.〃=(%—1,3—尢2)，

m-AC?=-2a-2b+2c=0

設(shè)平面42Go2的法向量m二(。也C)，則子，

in?D2c2=-2a+c=0

令。=1,得b=l,c=2,6二(1,1,2),

.vn-m￡C

二.cos(n,in}=——=「/=Icos150°|=,

、/n||m7674+(2-I)2+(3-A)22

化簡(jiǎn)可得，22-4A+3=0,解得;1=1或；1=3,...尸(0,2,1)或P(0,2,3),尸=1.

3.(2023課標(biāo)口，20)如圖，三棱錐A-BCO中，DA=DB=DC，BD1.CD，

ZADB=ZADC=60，E為BC的中點(diǎn)、.

(1)證明：BC±DA；

(2)點(diǎn)F滿足E/7=DA，求二面角。一AB-E的正弦值.

【解析】(1)連接4七,。石，因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，DB=DC，所以O(shè)E_L3C①，

因?yàn)閆M=OB=OC，ZADB=ZADC=60.所以,AC。與△AB。均為等邊三角形，

AC=AB，從而AE_L3C1②，由①②，AE\DE=E,AE,u平面AOE，

所以，8C1平面ADE，而ADu平面A￡)E，所以5dM.

(2)不妨設(shè)/14=。3=￡)0=2，BDtCD，:.BC=26.,DE=AE=O

：.AE2+DE2=4=AD2?：.AE1.DE'又〔AE±BC,DEBC=E,Z)E,8Cu平面

8co.平面8C￡).以點(diǎn)E為原點(diǎn)，所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角

設(shè)D(V2,0,0),A(0,0,V2),6(0,0),E(0,0,0)，

設(shè)平面與平面ABF一個(gè)法向量分別為4=(%,y,zj,“2=優(yōu)，422)，

二面角。一AB-尸平面角為6，而AB=(0,血，一夜)，

因?yàn)椤?D4=卜五,0,亞)，所以尸卜血,0,8)，即有4/=卜血,0,0),

2x,+V2z,=0

血。，取玉=1,所以勺=(1,1,1)；

—>/2Z2=0

,取%=1，所以巧=。1,1)，

勺?%2一旦

所以，|cose|,從而sin6=一藍(lán)

弧V3x>/23

所以二面角。一AB—尸的正弦值為近.

3

4.(2023全國甲理，18)在三棱柱ABC-A14cl中，AAi=2,4。，底面48(7,NACB=90°,

A到平面BCGBj的距離為i.

(1)求證：AC=AtC；

(2)若直線AA與BBt距離為2,求AB|與平面BCC.B,所成角的正弦值.

【解析】(1)如圖,

4C_LBC,又3CJ,AC，ACACu平面ACGA，\Cr\AC=C,

平面ACGAi,又3。匚平面3。。|用，

平面ACGA_L平面,

過A］作A|OJ_CG交CC|于o，又平面ACC|A|I平面BCC|B1=CC1,AOU平面ACCJA，

a。J"平面BCG4

A到平面BCC.B,的距離為1,4。=1,

在RtZ\ACG中，A。-L/AjCpCCj=A4,=2,

設(shè)CO=x，則G0=2-x,

,.,△AOC,A^AOG，AACG為直角三角形，且eq=2,

222222

CO+Ap=A.C,A.O+OC^CtA[,A.C+A.C；=CtC,

.?.1+/+1+(2-彳)2=4,解得x=l，.?.AC=AC=AG=VL

(2)AC=/AjCpBC±A^C,BC±AC,

:.RtAACB^RtA^CB，:.BA=BAi,

過B作BDJ.AA，交AA|于。，則。為AA1中點(diǎn)，

由直線A4與距離為2,所以比)=2

:4。=1,BD=2，：.AB=AB=也,

在RtZXABC，BC=4AB2-AC2=>/3-

延長(zhǎng)AC，使AC=CM，連接GM，

由CM//\CVCM=AG知四邊形4cMe?為平行四邊形，

...GW〃AC，?平面ABC，又AMU平面ABC，???GM

則在RtAAG/中，AM=2AC,QM=^C.AC,=y/(2AC)2+A,C2.

在RtAAB.C,中，AC,=J(2AC)2+AC2，B￡=BC=g,

：.AB,=J(2歷+(揚(yáng)2+(后二岳,

又A到平面BCC.B,距離也為1,

所以AS〕與平面BCQBi所成角的正弦值為3=—.

V1313

5.(2022全國甲(理)T18)在四棱錐P-A3CD中，PO_L底面

ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=l,AB=2,DP=y/3.

A

B

(i)證明：BDIPA^

(2)求PO與平面Q45所成的角的正弦值.

【解析】(1)證明：在四邊形A3CO中，作ECA5于E，CF_LA8于尸，

因?yàn)镃D//AB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四邊形ABC。為等腰梯形,

1同____________

所以AE=BF=5,故。石=，BD=NDE?+BE2=&，

乙2.

所以AD2+BD1=AB'所以ADLBD，

因?yàn)镻DJ_平面ABC。，BDu平面ABC。，所以P￡>_LB。，

又PDcAD=D，所以8。_L平面尸A。，

又因B4u平面PAO,所以BOLR4；

(2)如圖，以點(diǎn)。原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，BD=6,

則A(1,0,0),網(wǎng)0,60),網(wǎng)0,0,@,

則AP=(-1,0,G),BP=(0,—G,后)，DP=(o,0,6),

設(shè)平面FAB的法向量力=(x,y,z),

n-AP=-x+y/3z=0/「\

則有｛「l，Wn=L/3,1,1,

n?BP——J3y+J3z=0

nDPV5

則cos(〃,￡)P

HM5

所以p。與平面aw所成角的正弦值為更

5

6.（2022全國乙文，18,12分）如圖，四面體A3CZ）中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,

E為AC的中點(diǎn).

（i）證明：平面BED，平面AC。；

（2）設(shè)AB=8D=2,NACB=60°,點(diǎn)尸在BD上，當(dāng)AAFC的面積最小時(shí)，求三棱錐F-ABC

的體積.

【解析】（1）由于AP=C￡＞，E是AC的中點(diǎn)，所以AC_LDE.

AD=CD

由于＜BD=BD，所以△ADBMACDB，

NADB=NCDB

所以AB=CB，故.AC1BD,

由于DEcBD=D，DE,BDl平面BE。，

所以AC，平面BED，

由于ACu平面ACD，所以平面3ED_L平面ACD.

(2)依題意A6=B￡>=8c=2,NAC6=60°，三角形ABC是等邊三角形,

所以AC=2,AE=CE=1,3E=百，

由于AT>=CD,AO_LCO,所以三角形AC。是等腰直角三角形，所以￡)￡=1.

DE2+BE2=BD2'所以r>E_L6石，

由于ACcBE=￡，AC,BEu平面ABC，所以?！?，平面ABC.

由于△ADBvACDB，所以NER4=NEBC，

BF=BF

由于＜ZFBA=ZFBC,所以4FBA三二FBC，

AB=CB

所以4/=。尸，所以EFLAC，

由于SAFC=g.AC.EF，所以當(dāng)七戶最短時(shí)，三角形AFC的面積最小值.

過E作三戶，8。，垂足為尸，

在RtZ\8EO中，-BEDE^-BDEF,解得EF=正

222

FHBF3

過F作FH上BE，垂足為〃，則FH〃DE，所以EHJ_平面ABC，且——=——=—，

DEBD4

3

所以FH——,

4

所以/."c=；.S?c.bH=；xJx2x6x?=￥.

7.（2022?全國乙（理）T18）如圖，四面體A8CQ中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,

E為AC的中點(diǎn).

（i）證明：平面BED，平面ACO；

（2）設(shè)AB==2,ZACB=60°,點(diǎn)尸在BD上,當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求CF與平面ABD

所成的角的正弦值.

【解析】（1）因?yàn)?。=8,E為AC的中點(diǎn)，所以AC_LDE；

在AABD和，CBD中,因?yàn)锳D=CD,ZADB=ZCDB,DB=DB,

所以△ABD也△C8D，所以AB=CB，又因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以ACL3E；

又因?yàn)槠矫鍮ED，DECBE=E，所以AC_L平面BE。，

因?yàn)锳Cu平面AC。，所以平面BED_L平面AC。.

（2）連接￡尸，由（1）知，AC_L平面8￡￡），因?yàn)镋Fu平面BED，

所以AC,石尸，所以SaAFcugAC-EF'，

當(dāng)石尸」.80時(shí)，石戶最小，即的面積最小.

因?yàn)椤鰽BZ涇△CBD，所以CB=AB=2，

又因?yàn)镹ACB=60°，所以4A6C是等邊三角形，

因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以AE=EC=1，BE=6

因?yàn)锳￡)_L8,所以。E=,AC=1,

2

在&DEB中,DE2+BE2=BD2-所以BE上DE.

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,

則A(l,0,0),網(wǎng)0,百,0),0(0,0,1),所以AD=(—1,0,1),48=(-1,石,0卜

設(shè)平面A3。的一個(gè)法向量為〃=(x,y,z),

n?AD=-x+z=0_(廠、

則〈l，取y=則〃=3,j3,3,

n-AB=-x+V3y=0,'7

又因?yàn)閏(—1,0,0),尸［o,^q,所以。尸

nCF64A/3

cos(n,CF

所以CF~1~,

HII歷x.

設(shè)b與平面A3。所成的角的正弦值為eowew工，

I2J

所以sin6

所以。尸與平面ABD所成的角的正弦值為生后.

7

8.(2022?新高考I卷T19)如圖，直三棱柱ABC-48IC］的體積為4,418c的面積為2c.

小

A

B

(1)求A到平面A8C的距離；

(2)設(shè)。為AC的中點(diǎn)，AAX=AB,平面J_平面AB44,求二面角A-BO-C的正弦

值.

【解析】(1)在直三棱柱48。一431。|中，設(shè)點(diǎn)A到平面ABC的距離為/?,

1n5114

則匕=—SA.RC,h=~---/?=匕ARC=—SABC,A^=—K?rABC=一'解得h=6，

所以點(diǎn)A到平面A}BC的距離為J]；

(2)取48的中點(diǎn)E,連接AE,如圖，因?yàn)锳4,=A6,所以AEJ.48,

又平面ABC_L平面,平面ABC。平面A344=

且A￡u平面所以AE,平面ABC,

在直三棱柱ABC—AB|C|中，8月，平面43。，

由8Cu平面ABC,8。匚平面48?？傻?￡，8。，BB}±BC,

又AE,BB[u平面AB81A且相交，所以平面43片4,

所以6C,8AB片兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖,

由（1）得AE=6，所以AA=AB=2,=2及,所以8C=2，

則A（0,2,0）,A（0,2,2）,8（0,0,0）,C（2,0,0），所以的中點(diǎn)D（l,l,l）,

則BA=（0,2,0）,BC=（2,0,0）,

m-BD=x+y+z=O

設(shè)平面4?。的一個(gè)法向量m=（x,y,z）,貝叫，

?[m-BA=2y=0

可取加=

/、m?BD=Q+〃+C=O

設(shè)平面的一個(gè)法向量〃=,則〈，

m-BC=2a=0

可取i=（O,l,-l），

/\m-n11

則cos?'〃"麗

所以二面角A—8D—C的正弦值為』1一±=上

V⑶2

9.（2022?新高考II卷T20）如圖，PO是三棱錐P—ABC的高，PA=PB，48_1_4。，￡是依

的中點(diǎn).

E

(i)求證：OE//平面PAC；

(2)若NABO=NCBO=30°，PO=3，Q4=5，求二面角。一的正弦值.

【解析】(1)證明：連接BO并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)￡>，連接。4、PD，

因?yàn)镻O是三棱錐P—ABC的高，所以平面ABC，AO,BOu平面A8C，

所以POLAO、POVBO,

又PA=PB，所以△PQ4勺△尸QB，即Q4=O8,所以NQ46=N。區(qū)4，

又A8J.AC，即N6AC=90°，所以N(M3+N(M￡)=90°，N03A+NOZM=90°，

所以NQD4=N04￡)

所以AO=Z)O,即AO=OO=OB，所以。為的中點(diǎn)，又E為PB的中點(diǎn),所以O(shè)E//PD，

又OEZ平面尸AC，P￡>u平面PAC，

所以O(shè)E〃平面PAC

(2)過點(diǎn)A作Az〃OP，如圖建立平面直角坐標(biāo)系,

因?yàn)镻O=3，AP=5，所以。4=JAF(2_p(f=4，

又NOBA=NOBC=30°，所以5￡>=2（M=8,則A￡>=4，AB=45

所以AC=12,所以O(shè)（2G,2,01B（4A0,0）,尸（2后2,3bC（0,12,0）,所以

AB=（46,0,0）,AC=（0,12,0）,

3

n-AE=3Gx+y+二z=0

設(shè)平面AEB法向量為n=（x,y,z）,則＜2，令z=2,則y=-3，

n?AB=4>/3x=0

x=0，所以〃=（0,-3,2）；

3

m-AE=+b+—c=0「

設(shè)平面AEC的法向量為m=，貝卜2，令Q=J3，則c=-6,

加?AC=126=0

b=0,所以根=（6,0,一6）；

/\n-m-124^3

^cos^^=__=__=___

設(shè)二面角C-AE—B為e，由圖可知二面角C-AE-B為鈍二面角,

所以cos6=-勺5，所以sin￡=J1—cos?。=U

1313

故二面角。一AE—B的正弦值為一；

13

10.（2,跖|匕京,17,14分）如圖，在三棱柱ABC-\B\Cx中，側(cè)面BCCA為正方形，平面BCC禺±

平面4網(wǎng)A,AB=BC^2,MN分別為44,AC的中點(diǎn).

（1）求證：〃平面BCC]Bi：

（2）再從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇個(gè)作為已知，求直線AB與平面BA/N所成角的正弦值.

條件①：AB1MN：

條件②：BM=MN.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

【解析】（1）取A8的中點(diǎn)為K，連接MK,NK,

由三棱柱ABC-AB。1可得四邊形ABB|A為平行四邊形，

而4〃=M41,BK=K4,則MKIIBB,,

而MKZ平面CBB￡,u平面CBB?,故MKH平面CBB?,

而CN=NA,BK=KA,則NK//BC，同理可得NK〃平面,

而NKMK=K,NK,MKu平面MKN，

故平面MKNH平面CBB?,而MNu平面MKN，故MN//平面CBB?,

（2）因?yàn)閭?cè)面CBB￡為正方形，故CB，BB「

而CBu平面CBB￡,平面CBB￡1平面ABBiAl,

平面CBB?c平面AB44=BB],故CB_L平面ABBX\,

因?yàn)镹KHBC.故NKJ_平面48與A，

因?yàn)锳Bi平面AB4A，故NK工AB，

若選①，則AB_LM7V，而NK工AB，NKMN=N,

故43_1_平面腦VK，而MKu平面MNK，故ABLMK，

所以而CBLBB],CBcAB=B，故8與，平面ABC，

故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則5（0,0,0）,A（0,2,0）,N（l,l,0）,M（0,1,2）,

故胡=（0,2,。）,6N=（1,1,0）,=（0,1,2），

設(shè)平面BNM的法向量為n=（x,y,z）,

nBN=0x+y=0/、

則〈，從而,取7=-1?則M二(—2,2,—1),

=0y+2z=0

設(shè)直線A8與平面BNM所成的角為6,則

sin0=|cos^n,AB”=~-

若選②，因?yàn)镹K//BC,故NK_L平面ABB|A，而KMu平面MKN,

aNK1KM，而BIM=BK=1,NK=1,故B、M=NK,

而B1B=MK=2,MB=MN,故..BB[MjMKN,

所以NBB[M=NMKN=90°,故Ag，BBt,

而C3L84，CBcAB=B，故平面ABC，

故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則6（0,0,0）,A（0,2,0）,N（l」,0）,M（0,l,2）,

故班=（0,2,。）,3N=（1,1,0）,BM=（0,1,2），

設(shè)平面BNM的法向量為n=（x,y,z）,

〃BN=。x+y=Uz、

則〈，從而＜,取2=-1?則〃=(—2,2,—1),

n-BM=Qy+2z=0')

設(shè)直線A8與平面BMW所成的角為6,則

./-AD\42

sin0Q=cos（n,AB）=---=—.

\!2x33

11.(2022浙江卷T19)如圖，己知ABC。和CDEF都是直角梯形，AB//DC-DC//EF，AB=5,

DC=3,EF=1，NBAD=NCDE=60°，二面角/一。C—B的平面角為60°.設(shè)〃，N分

別為AE,BC的中點(diǎn).

(1)證明：FN±AD.

(2)求直線與平面ADE所成角的正弦值.

【解析】(1)過點(diǎn)E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點(diǎn)交于點(diǎn)G、H.

四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=\,

/BAD=NCDE=60。，由平面幾何知識(shí)易知，

DG—AH—2,Z.EFC-Z.DCF=Z.DCB=ZABC=90°,則四邊形EFCG和四邊形

是矩形，，在Rt_EGO和Rt_DH4，EG=DH=273>

:DC1CF,DC!CB,且CFcCB=C，

DC，平面BCF,ZBCF是二面角F—￡>C—3的平面角，則ZBCF=60

ABCF是正三角形，由DCu平面ABCD，得平面ABCD_L平面BCF，

???N是BC的中點(diǎn)，；?FNLBC，又。C_L平面BCF，F(xiàn)Nu平面BCF，可得FNLCD，

而6CcCD=C，???F7V，平面ABC。，而AOu平面A5CZ)..."N,A￡).

(2)因?yàn)镕7V_L平面ABCQ，過點(diǎn)N做AB平行線NK，所以以點(diǎn)N為原點(diǎn)，NK，NB、NF

所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系N一砂z,

設(shè)4(5,6,0),3(0,6,0),。(3,-6,0),現(xiàn)1,0,3)，則加3,^,|，

7

Fy3、

BM3,-^-,-,AD=(-2,-2石,0),OE=(-2,瓜3)

22)

設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z)

-AD=0|-2x-23=0「r-

，得〈「，??=(V3,-1,V3)

-DE=Q[-2x+v3y+3z-

設(shè)直線BM與平面ADE所成角為Q，

——cl,.,JIn-BM|

??sin6=cos(n,BDM)\=------------

11\n\-BM\

12.(2019天津理，17,13分)如圖,AE_L平面ABCD,CF〃AE,AD〃BC,AD_LAB,AB=AD=1,AE=BC=2.

⑴求證:BF〃平面ADE;

(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角K-BD-F的余弦值為最求線段CE的長(zhǎng).

F.

解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查用空間向量解決立

體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.重點(diǎn)考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、

直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算.

依題意，可以建立以A為原點(diǎn),分別以同,AD,族的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），

可得A(0,0,0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

設(shè)CF=h(h>0),則F(l,2,h).

(1)證明:依題意,同=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又加=(0,2,h),可得而?AB=0,

又因?yàn)橹本€BFQ平面ADE,所以BF〃平面ADE.

(2)依題意,FD=(-l,l,0),FE=(-l,0,2),

CE=(-l,-2,2).

設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量，

則上小。，即仁：廠。。不妨令曰

(n?BE=0,"%+2z=0,

可得n=⑵2,1),因此有cos<CE,11〉二；黑：

|CE||n|9

4

所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為

⑶設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量，

+y=0,

4-hz=0,

不妨令y=L可得"I

由題意'有?C0S<m-n〉卜鼎二牛H解得吟?經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，所以，線段CF的長(zhǎng)為3

思路分析從已知條件線面垂直、線線垂直、線線平行入手，建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的位置關(guān)

系轉(zhuǎn)化為向量坐標(biāo)關(guān)系,從而進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算,再將向量運(yùn)算結(jié)果轉(zhuǎn)化為立體幾何中的位置關(guān)系或長(zhǎng)度.

方法總結(jié)利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟：

①觀察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;②寫出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量;③設(shè)出相應(yīng)平面

的法向量,利用兩直線垂直，其相應(yīng)方向向量數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;④將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為

向量關(guān)系;⑤根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.

13.(2019課標(biāo)n理,17,12分)如圖,長(zhǎng)方體ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA,上,BE_LEG.

(1)證明:BEJ■平面EBiCi;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C,的正弦值.

解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),空間向量的應(yīng)用,考查空間想象能力,運(yùn)算求解能力，考查了直觀想

象的核心素養(yǎng).

⑴由已知得,BC1?平面ABBA,BEc平面ABBA,

故BC_LBE.

又BE±EC?所以BE_L平面EBC.

⑵由(1)知NBEB產(chǎn)90°.

由題設(shè)知RtAABE^RtAA.B.E,

所以NAEB=45°,故AE=AB,AA,=2AB.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，方的方向?yàn)閤軸正方向，I而為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

貝！JC(O,1,O),G(O,l,2),E(l,0,1),加(1,0,0)屆1),及7二(0,0,2).

設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),

所以可取n=(0,-1,-1).

設(shè)平面ECC,的法向量為(x,y,z),

所以可取m=(1,1,0).

nm1

于是cos<n,m〉二二一彳.

1nlim|2

V3

所以,二面角B-EC-C,的正弦值為

一題多解

(2)連接BC,.設(shè)AE=ni,不妨令A(yù)B=1,則BE=Vm2+1,C,E=Vm2+2,BC,=7(2m)2+1.

???BEXEC,,.-.4ni2+l=2in2+3,解得m=l,則AA,=2.

連接AC,BD,相交于點(diǎn)0,連接A,C?

由題意可知AC±BD,BDICCi,ACnCCi=C,

平面AACC,.'.BDICE,

即BOICE.

在長(zhǎng)方形AA,C,C中,AC=V2,AA,=2.連接AC,,有箸壹嚏,XZEAC=ZC,CA=90°,貝RtAC.CA^RtACAE.

.".ZECA+ZC,AC=90°,.'.CElACb

取CC,的中點(diǎn)F,連接OF,BF,則0F〃ACCE.

?.?BOnOF=O".CEJ_平面FOB.

設(shè)CEflOF=G,連接BG,.-.CE1BG,CE_LFG,則NBGF為二面角B-CE-C,的平面角,且sinNBGF=sinNBGO.設(shè)AC,

CICE=H,易得△AEHsZiC￡H.X'/AE^Cu.-^11=^0,.易知0G/7AH,又為AC的中點(diǎn)，，OG=；AH.；

BO*,0G=%H=%a當(dāng)BO_LOG,J.tanNBGO-^■內(nèi),，NBG0=60°,貝!!NBGF=120",故sinNBGF±.

2266V62

~6

1蟲（2017北京理,16,14分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PADJ_平面ABCD,點(diǎn)M在線

段PB上,PD〃平面MAC,PA=PD=V6,AB=4.

⑴求證:M為PB的中點(diǎn)；

(2)求二面角B-PD-A的大小；

(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.

解析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理，二面角,直線與平面所成的角等知識(shí).考查用空

間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力.

⑴設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,連接ME.

因?yàn)镻D〃平面MAC,平面MACC平面PDB=ME,

所以PD〃ME.

因?yàn)锳BCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn).

所以M為PB的中點(diǎn).

⑵取AD的中點(diǎn)0,連接OP,0E.

因?yàn)镻A=PD,所以0P1AD.

又因?yàn)槠矫鍼AD_L平面ABCD,且OPc平面PAD,

所以O(shè)P_L平面ABCD.

因?yàn)镺Ec平面ABCD,所以O(shè)P1OE.

因?yàn)锳BCD是正方形,所以O(shè)E1AD.

如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,0),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-0).

設(shè)平面Bl)l)的法向量為n=平y(tǒng),z),

令X=l,則y=l,Z=V2.

于是n=(l,1,V2).

平面PAD的一個(gè)法向量為p二(0,1,0).

__np1

所以ricos<n,P〉二7丁不？

|n||p|2

由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為］

(3)由題意知y),C(2,4,0),證=(3,2,-y).

設(shè)直線MC與平面BDP所成角為a,

nil—?|n-MC|2V6

則sina=\COs<n,MC>\=^^=~.

所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為詈.

方法總結(jié)1.在求二面角時(shí),通常用空間向量法,即建立空間直角坐標(biāo)系,求出兩個(gè)面的法向量n?n￡,設(shè)二面

角的大小為則有cos0|=|cos<nn>|=再通過原圖判斷二面角是鈍角還是銳角,進(jìn)而求出二面

b2㈣1悶'

角.

2.用向量法求直線與平面所成的角的方法:設(shè)直線的方向向量為e,平面的法向量為n,則直線與平面所成的

角淵足sin回品|.(0圖.

15.(2017課標(biāo)I理，18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90°.

(1)證明:平面PAB_L平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題.

(1)由已知NBAP=NCDP=90°,得AB_LAP,CD±PD.

由于AB〃CD,故AB_LPD,

又AP0PD=P,從而AB1平面PAD.

又ABc平面PAB,所以平面PAB_L平面PAD.

(2)在平面PAD內(nèi)作PF1AD,垂足為F.

由⑴可知,AB_L平面PAD,故AB±PF,

又ADnAB=A,可得PFJ_平面ABCD.

以F為坐標(biāo)原點(diǎn),曲的方向?yàn)閤軸