2020年全國(guó)高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題升級(jí)訓(xùn)練13 用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題 理

專(zhuān)題升級(jí)訓(xùn)練13用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題(時(shí)間：60分鐘滿(mǎn)分：100分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分)1平面的一個(gè)法向量n(1，1,0)，則y軸與平面所成的角的大小為()A BC D2在二面角l中，平面的法向量為n，平面的法向量為m，若n，m130°，則二面角l的大小為()A50°B130°C50°或130°D可能與130°毫無(wú)關(guān)系3直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90°，BAC30°，BC1，AA1，M是CC1的中點(diǎn)，則異面直線(xiàn)AB1與A1M所成的角為()A60° B45°C30° D90°4如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點(diǎn)，則直線(xiàn)EF和BC1所成的角是()A45° B60° C90° D120°5過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A，引PA平面ABCD.若PABA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30° B45° C60° D90°6如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，線(xiàn)段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)且EF，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱錐ABEF的體積為定值D異面直線(xiàn)AE，BF所成的角為定值二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分)7如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M和N分別是A1B1和BB1的中點(diǎn)，那么直線(xiàn)AM與CN所成角的余弦值為_(kāi)8正四棱錐SABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SOOD，則直線(xiàn)BC與平面PAC所成的角是_9在空間直角坐標(biāo)系中有棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1，點(diǎn)M是線(xiàn)段DC1上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到直線(xiàn)AD1距離的最小值是_三、解答題(本大題共3小題，共46分解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)10(本小題滿(mǎn)分15分)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，PDAD2.(1)求PC與平面PBD所成的角；(2)在線(xiàn)段PB上是否存在一點(diǎn)E，使得PC平面ADE？并說(shuō)明理由11(本小題滿(mǎn)分15分)(2020·湖南高考，理19)如圖，在圓錐PO中，已知PO，O的直徑AB2，C是的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)(1)證明：平面POD平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值12(本小題滿(mǎn)分16分)(2020·廣東高考，理18)如圖，在錐體PABCD中，ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，且DAB60°，PAPD，PB2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(diǎn)(1)證明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值參考答案一、選擇題1B2C解析：因?yàn)槎娼堑姆秶?°，180°，由法向量的夾角與二面角的大小相等或互補(bǔ)，可知二面角的大小可能是130°也可能是50°.3D解析：建立坐標(biāo)系如圖所示，易得M，A1(0，0)，A(0，)，B1(1,0,0)，(1，)，.1×030，即AB1A1M.4B5B6D二、填空題7解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示則A(1,0,0)，M，C(0,1,0)，N，.設(shè)直線(xiàn)AM與CN所成的角為，則cos |cos|.830°解析：如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.設(shè)ODSOOAOBOCa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P，則(2a,0,0)，設(shè)平面PAC的法向量為n，可求得n(0,1,1)，則cos，n.，n60°，直線(xiàn)BC與平面PAC所成的角為90°60°30°.9a解析：以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如原圖所示)，則A(a,0,0)，D1(0,0，a)設(shè)M(0，x，x)(0xa)，有(a，x，x)，(a,0，a)，則cos，則點(diǎn)M到直線(xiàn)AD1的距離d為·，當(dāng)x時(shí)，dmina.三、解答題10解：(1)連接AC，設(shè)ACBDO，連接PO.因?yàn)镻D平面ABCD，CO平面ABCD，所以PDCO.由ABCD為正方形，知COBD.又PDBDD，所以CO平面PBD.所以CPO是PC與平面PBD所成的角在RtPOC中，sinCPO，所以CPO，即PC與平面PBD所成的角為.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)線(xiàn)段PB上存在點(diǎn)E，使得PC平面ADE.則存在實(shí)數(shù)，使得(01)因?yàn)镻(0,0,2)，B(2,2,0)，所以(2,2，2)，(0,0,2)(2,2，2)(2，2，22)由題意，顯然有AD平面PCD，所以PCAD.要使PC平面ADE，只需再有，即，即0·(2)2·(2)2(22)0.解得0,1故在線(xiàn)段PB上存在一點(diǎn)E(E為線(xiàn)段PB的中點(diǎn))，使得PC平面ADE.11解法一：(1)連接OC，因?yàn)镺AOC，D是AC的中點(diǎn)，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.因?yàn)镺D，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線(xiàn)，所以AC平面POD.而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.(2)在平面POD中，過(guò)O作OHPD于H，由(1)知，平面POD平面PAC，所以O(shè)H平面PAC.又PA平面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，過(guò)O作OGPA于G，連接HG，則有PA平面OGH，從而PAHG，故OGH為二面角BPAC的平面角在RtODA中，ODOA·sin 45°.在RtPOD中，.在RtPOA中，.在RtOHG中，.所以cos OGH.故二面角BPAC的余弦值為.解法二：(1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系則O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D(，,0)設(shè)n1(x1，y1，z1)是平面POD的一個(gè)法向量，則由n1·，n1·，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1,1,0)設(shè)n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一個(gè)法向量，則由，得所以x2z2，y2z2，取z21，得n2(，1)因?yàn)閚1·n2(1,1,0)·(，1)0，所以n1n2.從而平面POD平面PAC.(2)因?yàn)閥軸平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為n3(0,1,0)由 (1)知，平面PAC的一個(gè)法向量為n2(，1)設(shè)向量n2和n3的夾角為，則cos .由圖可知，二面角BPAC的平面角與相等，所以二面角BPAC的余弦值為.12解法一：(1)證明：取AD中點(diǎn)G，連接PG，BG，BD.因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60°，有ABD為等邊三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBGADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB為二面角PADB的平面角在RtPAG中，PG2PA2AG2，在RtABG中，BGAB·sin 60°，cosPGB.解法二：(1)證明：取AD中點(diǎn)為G，因?yàn)镻APD，所以PGAD.又ABAD，DAB60°，ABD為等邊三角形，因此，BGAD，從而AD平面PBG.延長(zhǎng)BG到O且使得POOB，又PO平面PBG，POAD，ADOBG，所以PO平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形的邊長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，直線(xiàn)OB，OP分別為x軸，z軸，平行于AD的直線(xiàn)為y軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系設(shè)P(0,0，m)，G(n,0,0)，則A，D.sin 60°，B，C，E，F(xiàn).由于(0,1,0)，得0，0，ADDE，ADFE，DEFEE，AD平面DEF.(2)，解之，得m1，n.取平面ABD的法向量n1(0,0，1)，設(shè)平面PAD的法向量n2(a，b，c)，由，得ac0，由，得ac0，取n2.cosn1，n2.