《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓8 空間向量與立體幾何 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓8 空間向量與立體幾何 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(八)　空間向量與立體幾何 [專題通關練] (建議用時：20分鐘) 1．(2019·泰安一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝AC＝CC1＝1，則AN與BM所成角的余弦值為(　　) A.　　　　 B. C. D. D　[建立如圖所示的空間直角坐標系： 則A(1,0,0)，B(0,1,0)，N，M，∴＝，＝， cos〈，〉 ＝ ＝＝＝.故選D.] 2．二面角的棱上有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＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝，則該二面角的大小為

2、(　　 ) A．30° B．45° C．60° D．120° C　[由已知可得·＝0，·＝0，如圖， ＝＋＋， ∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈，〉＝()2， ∴cos〈，〉＝－，即〈，〉＝120°， ∴所求二面角的大小為60°，故選C.] 3．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 C　[在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，連接BC1，A

3、C1，則∠AC1B為直線AC1與平面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，所以該長方體體積V＝BC×CC1×AB＝8.] 4.(2019·汕頭模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列判斷錯誤的是(　　) A．MN⊥CC1 B．MN⊥平面ACC1A1 C．MN∥平面ABCD D．MN∥A1B1 D　[在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系

4、，設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則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正確；A(2,0,0)，＝(－2,2,0)， ·＝0，∴MN⊥AC， ∵AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC1A1，故B正確； ∵平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)， ·n＝0，又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故C正確； A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，∴＝(2,0,0)， ∴MN與A1B1不平行，故D錯誤．故選D.] 5.(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABC

5、D的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 B　[取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP

6、2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B.] 6.[一題多解]如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在平面，點C是圓周上不同于A，B兩點的任意一點，且AB＝2，PA＝BC＝，則二面角A-BC-P的大小為________． 　[法一：(幾何法)由題意可知AC⊥BC， 又PA⊥平面ABC， ∴PA⊥BC ∵PA∩AC＝A， ∴BC⊥平面PAC， ∴BC⊥PC， ∴∠PCA為二面角A-BC-P的平面角． 在Rt△BCA中，AB＝2，BC＝，∴

7、AC＝1. 在Rt△PCA中，PA＝， ∴tan∠PCA＝＝， ∴∠PCA＝. 法二：(坐標法)以A為原點，AP為z軸，AC為y軸，過A且垂直于AC的直線為x軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．由AB＝2，PA＝BC＝，可知AC＝＝1. ∴P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)， ＝(，1，－)，＝(0,1，－)． 設平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，則 即取z＝1得n＝(0，，1)． 平面ABC的法向量m＝(0,0,1) 設二面角A-BC-P的平面角為θ， 則cos θ＝＝， ∴θ＝.] [能力提升練] (建議用時：15分鐘) 7.如圖，在各棱長均為

8、2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為棱A1B1與BB1的中點，M，N為線段C1D上的動點，其中，M更靠近D，且MN＝C1N. (1)證明：A1E⊥平面AC1D； (2)若NE與平面BCC1B1所成角的正弦值為，求異面直線BM與NE所成角的余弦值． [解](1)證明：由已知得△A1B1C1為正三角形，D為棱A1B1的中點， ∴C1D⊥A1B1， 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，則AA1⊥C1D. 又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1平面ABB1A1， ∴C1D⊥平面ABB1A1， 又A1E平面ABB1A1，

9、∴C1D⊥A1E. 易證A1E⊥AD， 又AD∩C1D＝D，AD，C1D平面AC1D， ∴A1E⊥平面AC1D. (2)取BC的中點O，B1C1的中點O1，連接AO，則AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1⊥AO， 以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz， 則B(0,1,0)，E(0,1,1)， C1(0，－1,2)，D， 設＝λ＝， 則＝－ ＝(0,2，－1)－ ＝， 易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一個法向量， ∴|cos〈，n〉|＝＝， 解得λ＝(負值舍去)， ∴＝， ＝2λ＝ ＝＋＝， ∴cos〈，〉＝ ＝－， ∴異面直線NE

10、與BM所成角的余弦值為. 8.如圖，CD，AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，AE＝1. (1)求證：BE⊥平面DAE； (2)求二面角C-DB-E的余弦值． [解](1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA⊥平面ABE， 又BE平面ABE， ∴BE⊥DA， 又AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，∴BE⊥AE， 又DA∩AE＝A，DA，AE平面DAE， ∴BE⊥平面DAE. (2)過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線， 建立如圖所示的空間直角坐標系， ∵AB＝AD＝2，AE＝1，∴BE＝

11、， ∴E，D(0,0,2)，B(0,2,0)， ∴＝，＝(0，－2,2)， 取平面CDB的一個法向量為n1＝(1,0,0)，設平面EBD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則 即取z2＝1，則n2＝(，1,1)為平面EBD的一個法向量． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， 又易知二面角C-DB-E為鈍角， ∴二面角C-DB-E的余弦值為－. 內(nèi)容 押題依據(jù) 探索性問題，線面平行的性質(zhì)、線面角的求法 探索性問題高考還未考查，可以較好的考查考生的思維，邏輯推理、運算等核心素養(yǎng) 【押題】　如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，PD＝

12、AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一點． (1)若PA∥平面BDE，證明：PE＝EC； (2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)連接AC交BD于點F，連接EF， 則EF是平面PAC與平面BDE的交線， 因為PA∥平面BDE，PA平面PAC，所以PA∥EF. 又因為F是AC中點，所以E是PC的中點，所以PE＝EC. (2)由已知條件中，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD. 以D為原點，DA為x軸，DB為y軸，DP為z軸建立空間直角坐標系． 則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)． 假設在棱PB上存在點M，設＝λ(0≤λ≤1)， 得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)， 記平面BDE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 取z1＝1，則x1＝1，n1＝(1,0,1)． 要使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°， 則＝sin 30°， 即＝， 解得λ＝∈[0,1]， 所以在棱PB上存在點M使直線PM與平面BDE 所成角的大小為30°，此時PM∶MB＝1∶1. - 7 -