2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)39 立體幾何中的向量方法（含解析）理

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1、課后限時集訓(xùn)(三十九) (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. B　[建立空間直角坐標(biāo)系如圖． 則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，cos〈，〉＝＝. 所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為.] 2.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為等邊三角形，側(cè)棱垂直于底面，AB＝4，AA1＝6，若E，F(xiàn)分別是棱

2、BB1，CC1上的點，且BE＝B1E，C1F＝CC1，則異面直線A1E與AF所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. D　[以C為原點，CA為x軸，在平面ABC中作AC的垂線為y軸，CC1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 由題意知A1(4,0,6)，E(2,2，3)，F(xiàn)(0,0,4)，A(4,0,0)， ∴＝(－2,2，－3)， ＝(－4,0,4)． 設(shè)異面直線A1E與AF所成的角為θ， 則cos θ＝＝＝. ∴異面直線A1E與AF所成角的余弦值為.故選D.] 3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分別是A

3、C1和BB1的中點，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為( ) A．30° B．45° C．60° D．90° A　[由已知AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.以B為原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AA1＝2a，則A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一個法向量為n＝(0,1,0)， cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直線DE與平面BB1C1C所成的角為30°.故選A.] 4.如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，且B

4、C⊥平面PAB，PA⊥AB，M為PB的中點，PA＝AD＝2.若AB＝1，則二面角B-AC-M的余弦值為( ) A. B. C. D. A　[因為BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，所以PA⊥BC，又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD. 以點A為坐標(biāo)原點，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 則A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，M， 所以＝(1,2,0)，＝， 求得平面AMC的一個法向量為n＝(－2,1,1)， 又平面ABC的一個法向量＝(0,0,2)， 所

5、以cos〈n，〉＝＝＝＝. 所以二面角B-AC-M的余弦值為.] 5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1-DC-C1的大小為60°，則AD的長為( ) A. B. C．2 D. A　[如圖，以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．設(shè)AD＝a，則D點坐標(biāo)為(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．設(shè)平面B1CD的法向量為m＝(x，y，z)． 由 得令z＝－1，則m＝(a,1，

6、－1)． 又平面C1DC的一個法向量為n＝(0,1,0)， 則由cos 60°＝，得＝，解得a＝， 所以AD＝.故選A.] 二、填空題 6.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是________． 60°　[以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， ∴·＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC

7、1所成的角為60°.] 7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________． 　[以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)． 設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則所以有 令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量n＝(2，－2,1)． 設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，則 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.] 8．(2019·汕頭模擬)在底面是直角梯

8、形的四棱錐S-ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，則平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值是________． 　[如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則依題意可知， D，C(1,1,0)，S(0,0,1)， 可知＝是平面SAB的一個法向量． 設(shè)平面SCD的一個法向量n＝(x，y，z)， 因為＝， ＝， 所以n·＝0，n·＝0， 即－z＝0，＋y＝0. 令x＝2，則有y＝－1，z＝1， 所以n＝(2，－1,1)． 設(shè)平面SCD與平面SAB所成的銳二面角為θ， 則cos θ＝ ＝ 三、解答題 9.(2019·

9、陜西模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A＝AB，∠ABC＝90°，側(cè)面A1ABB1⊥底面ABC. (1)求證：AB1⊥平面A1BC； (2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求二面角B-A1C-C1的余弦值． [解]　(1)證明：在側(cè)面A1ABB1中，∵A1A＝AB， ∴四邊形A1ABB1為菱形，∴AB1⊥A1B. ∵側(cè)面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°， 平面A1ABB1∩平面ABC＝AB， ∴CB⊥側(cè)面A1ABB1. ∵AB1?平面A1ABB1，∴CB⊥AB1. 又∵A1B∩BC＝B，∴AB1⊥平面A1BC. (2)在Rt△ABC

10、中，AC＝5，BC＝3，∴AB＝4， 在菱形A1ABB1中， ∵∠A1AB＝60°， ∴△A1AB為正三角形． 如圖，以菱形A1ABB1的對角線交點O為坐標(biāo)原點，OA1所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，過點O且與BC平行的直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則A1(2,0,0)，B(－2,0,0)，C(－2,0,3)，B1(0，－2，0)，C1(0，－2，3)， ∴＝(－2,2，0)，＝(2,2，－3)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面A1CC1的法向量，則 ∴ 令x＝3，得n＝(3，，4)為平面A1CC1的一個法向量． 又＝(0，－2，0)為平面A1BC的一個法向量，

11、 cos〈n，〉＝＝＝－. 由直觀圖知，二面角B-A1C-C1的平面角為鈍角， ∴二面角B-A1C-C1的余弦值為－. 10.(2018·天津高考)如圖，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為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE； (2)求二面角E-BC-F的正弦值； (3)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長． [解]　依題意，可以建立以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可

12、得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,0,2)，M0，，1，N(1,0,2)． (1)證明：依題意＝(0,2,0)，＝(2,0,2)．設(shè)n0＝(x，y，z)為平面CDE的法向量，則即不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．又＝，可得·n0＝0，又因為直線MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE. (2)依題意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，＝(0，－1,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則即不妨令z＝1，可得n＝(0,1,1)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面BCF的法向

13、量，則即不妨令z＝1，可得m＝(0,2,1)． 因此有cos〈m，n〉＝＝， 于是sin〈m，n〉＝. 所以，二面角E-BC-F的正弦值為. (3)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0,2])，則點P的坐標(biāo)為(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．易知，＝(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量，故 |cos〈，〉|＝＝， 由題意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0,2]． 所以，線段DP的長為. B組　能力提升 1．設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是( ) A. B. C. D. D　[如圖建立坐標(biāo)系，則D1(0,

14、0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)， ＝(2,0,0)，＝(2,2,0)， ＝(2,0,2)． 設(shè)平面A1BD的法向量為 n＝(x，y，z)，則 ∴令z＝1，得n＝(－1,1,1)． ∴D1到平面A1BD的距離d＝＝＝.] 2．已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱長均為2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為( ) A. B. C. D. C　[取AD中點O，連接OA1，易證A1O⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 得B(2，－1,0)，D1

15、(0,2，)，＝(－2,3，)，平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)BD1與平面ABCD所成的角為θ，∴sin θ＝＝， ∴tan θ＝.] 3．如圖所示，二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為________． 60°　[∵＝＋＋， ∴||＝ ＝ ＝＝2. ∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24. ∴cos〈，〉＝－. 又所求二面角與〈，〉互補， ∴所求的二面角為60°.] 4．等邊三角形ABC的邊長為3，點D，E分別是邊AB，AC上的點，且滿

16、足＝＝，如圖1.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B為直二面角，連接A1B，A1C，如圖2. 圖1 圖2 (1)求證：A1D⊥平面BCED； (2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：因為等邊三角形ABC的邊長為3，且＝＝， 所以AD＝1，AE＝2. 在△ADE中，∠DAE＝60°， 由余弦定理得 DE＝＝. 從而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE. 折起后有A1D⊥DE，因為二面角A1

17、-DE-B是直二面角， 所以平面A1DE⊥平面BCED， 又平面A1DE∩平面BCED＝DE， A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED. (2)存在．理由：由(1)可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED. 以D為坐標(biāo)原點，分別以DB，DE，DA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 設(shè)PB＝2a(0≤2a≤3)， 作PH⊥BD于點H， 連接A1H，A1P， 則BH＝a，PH＝a，DH＝2－a. 所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)．所以＝(a－2，－a,1)． 因為ED⊥平面A1BD， 所以平面A1BD的一個法向量為＝(0，，0)．要使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°， 則sin 60°＝ ＝＝， 解得a＝，此時2a＝，滿足0≤2a≤3，符合題意． 所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝. - 13 -