2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题练习

2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题练习

第一部分 专题五 第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题 A组 ‎1．在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( B )‎ A．　　 B．　　　‎ C．－　　 D．－ ‎[解析]　设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，‎ 则D(0,0,0)，E(0，，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，‎ 所以＝(0，，1)，＝(－1,1,0)，‎ 则cos〈，〉＝＝＝，‎ 则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.‎ ‎2．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( B )‎ A．，－，4　　　 B．，－，4‎ C．，－2,4 D．4，，－15‎ ‎[解析]　⊥⇒·＝3＋5－2z＝0，‎ 所以z＝4，又BP⊥平面ABC，‎ 所以·＝x－1＋5y＋6＝0，①‎ ·＝3x－3＋y－3z＝0，②‎ 由①②得x＝，y＝－.‎ ‎3．已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1，下列命题：①(＋＋)2＝32，② 11‎ ‎·(－)＝0，③向量与向量的夹角为60°，④正方体ABCD－A1B‎1C1D1的体积为|··|，其中正确命题的序号是( B )‎ A．①③ B．①②‎ C．①④ D．①②④‎ ‎[解析]　如图所示：‎ 以点D为坐标原点，以向量，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，‎ 对于①：＝(0,0，－1)，＝(－1,0,0)，‎ ＝(0,1,0)，‎ 所以＋＋＝(－1,1，－1)，(＋＋)2＝3，而2＝1，所以(＋＋)2＝32.所以①正确；‎ 对于②：＝(－1,1，－1)，＝(0,0，－1)，＝(0,1,0)，所以·(－)＝0.所以②正确；‎ 对于③：＝(－1,0,1)，＝(0,1，－1)，·＝－1，cos〈，〉＝＝＝－，所以与的夹角为120°，所以③不正确；‎ 对于④：因为·＝0，所以④错误．故选B．‎ ‎4．(2018·海口一模)如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，则二面角A－BC－P的大小为( C )‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ ‎[解析]　因为AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，‎ 11‎ 所以AC⊥BC，AC＝＝＝1，‎ 以点A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，‎ ＝(，1，－)，＝(0,1，－)，‎ 设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则 取z＝1，得n＝(0，，1)，‎ 平面ABC的法向量m＝(0,0,1)，‎ 设二面角A－BC－P的平面角为θ，‎ 则cosθ＝＝，所以θ＝60°，‎ 所以二面角A－BC－P的大小为60°.‎ ‎5．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.‎ ‎[解析]　如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知＝(，0,0)是平面SAB的一个法向量．‎ 设平面SCD的法向理n＝(x，y，z)，‎ 因为＝(，0，－1)，＝(，1,0)，‎ 所以n·＝0，n·＝0，可推出－z＝0，＋y＝0，令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)．‎ 设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝.‎ ‎6．已知正三棱柱ABC－A1B‎1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1‎ 11‎ 和BM所成的角的大小是90°.‎ ‎[解析]　延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角．‎ 设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A‎1C－‎2A1D·A‎1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C‎1M2‎＝13，所以cos∠DBM＝＝0，‎ 所以∠DBM＝90°.‎ ‎7．点P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为90°.‎ ‎[解析]　不妨设PM＝a，PN＝b，如图．‎ 作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM＝∠EPN＝45°，‎ 所以PE＝a，PF＝b，‎ 所以·＝(－)·(－)‎ ‎＝·－·－·＋· ‎＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b ‎＝－－＋＝0，‎ 所以⊥，所以二面角α－AB－β的大小为90°.‎ ‎8．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.‎ ‎(1)求证：AF∥平面BDE；‎ ‎(2)求证：CF⊥平面BDE；‎ ‎(3)求二面角A－BE－D的大小．‎ 11‎ ‎[解析]　(1)设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD．如图以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，A(，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，，0)，F(，，1)．所以＝(，，1)，＝(0，－，1)，＝(－，0,1)．所以·＝0－1＋1＝0，·＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.‎ 又∵BE∩DE＝E，BE、DE⊂平面BDE.‎ ‎(3)由(2)知，＝(，，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.‎ 即 所以x＝0，z＝y.令y＝1，则z＝.‎ 所以n＝(0,1，)，从而cos〈n，〉＝＝ 因为二面角A－BE－D为锐角，‎ 所以二面角A－BE－D为.‎ ‎9.(2018·天津卷，17) 如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.‎ ‎(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE.‎ ‎(2)求二面角EBCF的正弦值．‎ ‎(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．‎ ‎[解析]　依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)．‎ 11‎ ‎(1)依题意＝(0,2,0)，＝(2,0,2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．‎ 又＝，可得·n0＝0，又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，＝(0，－1,2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)．‎ 设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则 即不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．‎ 因此有cos〈m，n〉＝＝，‎ 于是sin〈m，n〉＝.‎ 所以，二面角EBCF的正弦值为.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．‎ 易知，＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故 ‎|cos〈，〉|＝＝，‎ 由题意，可得＝sin60°＝，解得h＝∈[0,2]．‎ 所以线段DP的长为.‎ B组 11‎ ‎1．(2018·济宁一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．‎ ‎(1)求证：PA⊥平面CDM.‎ ‎(2)求二面角D－MC－B的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且∠ADC＝60°，DC＝2，所以DO＝1，OA⊥DC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以M(，1，)，所以＝(，2，)，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，所以·＝0，·＝0，‎ 所以PA⊥DM，PA⊥DC，又DM∩DC＝D，所以PA⊥平面CDM.‎ ‎(2)＝(，0，)，＝(，1,0)，设平面BMC的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则 取z＝1，得n＝(－1，，1)，由(1)知平面CDM的法向量为＝(，0，－)，所以cos〈n，〉＝＝＝－，由图象得二面角D－MC－B是钝角，所以二面角D－MC－B的余弦值为－.‎ ‎2．(2017·天津卷，17)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ 11‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角C－EM－N的正弦值；‎ ‎(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ ‎[解析]　如图，以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．‎ ‎(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，‎ 则即 不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)，‎ 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．‎ 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则 因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，‎ 所以 不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈n1，n2〉＝.‎ 所以二面角C－EM－N的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，设AH＝(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．‎ 11‎ 由已知得 ‎|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 整理得10h2－21h＋8＝0，‎ 解得h＝或h＝.所以线段AH的长为或.‎ ‎3．正△ABC的边长为2, CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1))．现将△ABC沿CD翻成直二面角A－DC－B(如图(2))．在图(2)中：‎ ‎(1)求证：AB∥平面DEF；‎ ‎(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论；‎ ‎(3)求二面角E－DF－C的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)如图(2)：在△ABC中，由E、F分别是AC、BC的中点，所以EF//AB，‎ 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，‎ ‎∴AB∥平面DEF.‎ ‎(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则 A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，E(0，，)，F(，，0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，，0)，＝(0，，)，＝(，，0)‎ 设＝λ(0<λ<1)，则＝＋＝(1－λ，λ，－1)，注意到AP⊥DE⇔·＝0⇔λ＝，‎ ‎∴＝，‎ 11‎ ‎∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.‎ ‎(3)平面CDF的法向量＝(0,0,1)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z), ‎ 则，即，取n＝(3，－，3)，‎ cos〈n〉＝＝，‎ 所以二面角E－DF－C的平面角的余弦值为.‎ ‎4．(2018·浙江卷，19)如图，已知多面体ABCA1B‎1C1，A‎1A，B1B，C‎1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A‎1A＝4，C‎1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.‎ ‎(Ⅰ)证明：AB1⊥平面A1B‎1C1.‎ ‎(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ ‎[解析]　方法一：‎ ‎(Ⅰ)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2，‎ 所以A1B＋AB＝AA.‎ 故AB1⊥A1B1.‎ 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B‎1C1＝，‎ 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2，‎ 由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B‎1C＝AC，故AB1⊥B‎1C1，又A1B1∩B‎1C1＝B1，所以AB1⊥平面A1B‎1C1.‎ ‎(Ⅱ)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD．‎ 由AB1⊥平面A1B‎1C1得平面A1B‎1C1⊥平面ABB1，‎ 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，‎ 所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．‎ 由B‎1C1＝，A1B1＝2，A‎1C1＝得cos∠C‎1A1B1＝，sin∠C‎1A1B1＝，‎ 所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝.‎ 因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.‎ 11‎ 方法二：‎ ‎(Ⅰ)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意知各点坐标如下：A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)，‎ 因此1＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，‎ ‎－3)，‎ 由1·＝0得AB1⊥A1B1.‎ 由1·＝0得AB1⊥A‎1C1.所以AB1⊥平面A1B‎1C1.‎ ‎(Ⅱ)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.‎ 由(Ⅰ)可知1＝(0,2，1)，＝(1，，0)，1＝(0,0,2)，‎ 设平面1的法向量n＝(x，y，z)．‎ 即可取n＝(－，1,0)．‎ 所以sinθ＝|cos〈1―→，n〉|＝＝，‎ 因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.‎ 11‎