2020二轮复习(理)　空间向量与立体几何作业

2020二轮复习(理)　空间向量与立体几何作业

专题限时集训(八)　空间向量与立体几何 ‎[专题通关练]‎ ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎1．(2019·泰安一模)在直三棱柱ABCA1B‎1C1，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A‎1C1的中点，BC＝AC＝CC1＝1，则AN与BM所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　 B. C. D. D　[建立如图所示的空间直角坐标系：‎ 则A(1,0,0)，B(0,1,0)，N，M，∴＝，＝，‎ cos〈，〉‎ ‎＝ ‎＝＝＝.故选D.]‎ ‎2．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝，则该二面角的大小为(　　 )‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．120°‎ C　[由已知可得·＝0，·＝0，如图，‎ ＝＋＋，‎ ‎∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ‎＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈，〉＝()2，‎ ‎∴cos〈，〉＝－，即〈，〉＝120°，‎ ‎∴所求二面角的大小为60°，故选C.]‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB‎1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)‎ A．8 B．6 C．8 D．8 C　[在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，连接BC1，AC1，则∠AC1B为直线AC1与平面BB‎1C1C所成的角，∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，所以在Rt△ABC1中，BC1＝＝2，‎ 在Rt△BCC1中，CC1＝＝2，所以该长方体体积V＝BC×CC1×AB＝8.]‎ ‎4.(2019·汕头模拟)如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是(　　)‎ A．MN⊥CC1‎ B．MN⊥平面ACC‎1A1‎ C．MN∥平面ABCD D．MN∥A1B1‎ D　[在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为2，则M(1,2,1)，N(0,1,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1，－1,0)，＝(0,0,2)，·＝0，∴MN⊥CC1，故A正确；A(2,0,0)，＝(－2,2,0)，‎ ·＝0，∴MN⊥AC，‎ ‎∵AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC‎1A1，故B正确；‎ ‎∵平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，‎ ·n＝0，又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故C正确；‎ A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，∴＝(2,0,0)，‎ ‎∴MN与A1B1不平行，故D错误．故选D.]‎ ‎5.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)‎ A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 B　[取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.]‎ ‎6.[一题多解]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ABCP的大小为________．‎ 　[法一：(几何法)由题意可知AC⊥BC，‎ 又PA⊥平面ABC，‎ ‎∴PA⊥BC ‎∵PA∩AC＝A，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，‎ ‎∴BC⊥PC，‎ ‎∴∠PCA为二面角ABCP的平面角．‎ 在Rt△BCA中，AB＝2，BC＝，∴AC＝1.‎ 在Rt△PCA中，PA＝，‎ ‎∴tan∠PCA＝＝，‎ ‎∴∠PCA＝.‎ 法二：(坐标法)以A为原点，AP为z轴，AC为y轴，过A且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．由AB＝2，PA＝BC＝，可知AC＝＝1.‎ ‎∴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 即取z＝1得n＝(0，，1)．‎ 平面ABC的法向量m＝(0,0,1)‎ 设二面角ABCP的平面角为θ，‎ 则cos θ＝＝，‎ ‎∴θ＝.]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎7.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABCA1B‎1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MN＝C1N.‎ ‎(1)证明：A1E⊥平面AC1D；‎ ‎(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求异面直线BM与NE所成角的余弦值．‎ ‎[解](1)证明：由已知得△A1B‎1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，‎ ‎∴C1D⊥A1B1，‎ 在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA1⊥底面A1B‎1C1，C1D底面A1B‎1C1，则AA1⊥C1D.‎ 又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1平面ABB‎1A1，‎ ‎∴C1D⊥平面ABB‎1A1，‎ 又A1E平面ABB‎1A1，‎ ‎∴C1D⊥A1E.‎ 易证A1E⊥AD，‎ 又AD∩C1D＝D，AD，C1D平面AC1D，‎ ‎∴A1E⊥平面AC1D.‎ ‎(2)取BC的中点O，B‎1C1的中点O1，连接AO，则AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1⊥AO，‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 则B(0,1,0)，E(0,1,1)，‎ C1(0，－1,2)，D，‎ 设＝λ＝，‎ 则＝－ ‎＝(0,2，－1)－ ‎＝，‎ 易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，‎ ‎∴|cos〈，n〉|＝＝，‎ 解得λ＝(负值舍去)，‎ ‎∴＝，‎ ＝2λ＝ ＝＋＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝ ‎＝－，‎ ‎∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为.‎ ‎8.如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE＝1.‎ ‎(1)求证：BE⊥平面DAE；‎ ‎(2)求二面角CDBE的余弦值．‎ ‎[解](1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，‎ 又BE平面ABE，‎ ‎∴BE⊥DA，‎ 又AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，∴BE⊥AE，‎ 又DA∩AE＝A，DA，AE平面DAE，‎ ‎∴BE⊥平面DAE.‎ ‎(2)过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵AB＝AD＝2，AE＝1，∴BE＝，‎ ‎∴E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，‎ ‎∴＝，＝(0，－2,2)，‎ 取平面CDB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面EBD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则 即取z2＝1，则n2＝(，1,1)为平面EBD的一个法向量．‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 又易知二面角CDBE为钝角，‎ ‎∴二面角CDBE的余弦值为－.‎ 内容 押题依据 探索性问题，线面平行的性质、线面角的求法 探索性问题高考还未考查，可以较好的考查考生的思维，逻辑推理、运算等核心素养 ‎【押题】　如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一点．‎ ‎(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；‎ ‎(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)连接AC交BD于点F，连接EF，‎ 则EF是平面PAC与平面BDE的交线，‎ 因为PA∥平面BDE，PA平面PAC，所以PA∥EF.‎ 又因为F是AC中点，所以E是PC的中点，所以PE＝EC.‎ ‎(2)由已知条件中，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.‎ 以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系．‎ 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，C(－2,2,0)，E(－1,1,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,2,0)．‎ 假设在棱PB上存在点M，设＝λ(0≤λ≤1)，‎ 得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)，‎ 记平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 取z1＝1，则x1＝1，n1＝(1,0,1)．‎ 要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°，‎ 则＝sin 30°，‎ 即＝，‎ 解得λ＝∈[0,1]，‎ 所以在棱PB上存在点M使直线PM与平面BDE 所成角的大小为30°，此时PM∶MB＝1∶1.‎