备战2025年高考二轮复习数学课件专题：立体几何 专题突破练-空间角、空间距离.pptxVIP

空间角、空间距离

1234解答题1.(15分)(2024·上海,17)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心.(1)若AP=5,AD=3,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.

1234解(1)因为P-ABCD是正四棱锥,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD,

1234(2)(方法一坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知P-ABCD是正四棱锥,

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1234(方法二几何法)过点E作EH⊥BD交BD于点H.则EA=EC,EO⊥AC.故∠EOH就是直线BD与平面AEC所成角.

12342.(15分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,△ABD为等边三角形,且AC⊥BD.(1)求直线AD与BC所成角的余弦值;(2)求二面角A-BD-C的余弦值.

1234解(1)由△ABC为以BC为斜边的等腰直角三角形,得AC⊥AB.又AC⊥BD,且BD∩AB=B,BD,AB?平面ABD,则AC⊥平面ABD.因为AC?平面ABC,故平面ABC⊥平面ABD.取AB的中点O,连接DO.由△ABD是等边三角形,得DO⊥AB,而DO?平面ABD,平面ABD∩平面ABC=AB,则DO⊥平面ABC.过点O作直线AC的平行线,交BC于点E.易知,OA,OE,OD两两垂直.以O为原点,OA,OE,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

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12343.(15分)(2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.

1234(1)证明(方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.

1234(方法二几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.

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1234(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.

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12344.(15分)(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.(1)求证D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;(3)求点B到平面CB1M的距离.

1234(1)证明如图,取B1C的中点H,连接NH,MH.∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点,∴NH∥CC1,且NH=CC1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1,∴CC1∥DD1,CC1=DD1,∴NH∥DD1,且NH=DD1.∵M为DD1的中点,∴D1M=DD1,∴D1M∥NH,D1M=NH.∴四边形D1NHM为平行四边形,∴D1N∥MH.又D1N?平面CB1M,MH?平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M.

1234(2)解∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.以A为原点,AB,AD,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).

1234令x1=1,则