2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)8 空間向量與立體幾何 理

專題限時(shí)集訓(xùn)(八)空間向量與立體幾何專題通關(guān)練(建議用時(shí)：20分鐘)1(2019·泰安一模)在直三棱柱ABC­A1B1C1，BCA90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BCACCC11，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(biāo)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(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB2，AC3，BD4，CD，則該二面角的大小為( )A30°B45°C60°D120°C由已知可得·0，·0，如圖，|2()2|2|2|22·2·2·3222422×3×4cos，()2，cos，即，120°，所求二面角的大小為60°，故選C.3(2018·全國(guó)卷)在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)方體的體積為()A8B6C8D8C在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，AB平面BCC1B1，連接BC1，AC1，則AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，AC1B30°.又ABBC2，所以在RtABC1中，BC12，在RtBCC1中，CC12，所以該長(zhǎng)方體體積VBC×CC1×AB8.4.(2019·汕頭模擬)如圖，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列判斷錯(cuò)誤的是()AMNCC1BMN平面ACC1A1CMN平面ABCDDMNA1B1D在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)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，MNCC1，故A正確；A(2,0,0)，(2,2,0)，·0，MNAC，ACCC1C，MN平面ACC1A1，故B正確；平面ABCD的法向量n(0,0,1)，·n0，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(cuò)誤故選D.5.(2019·全國(guó)卷)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則()ABMEN，且直線BM，EN是相交直線BBMEN，且直線BM，EN是相交直線CBMEN，且直線BM，EN是異面直線DBMEN，且直線BM，EN是異面直線B取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)镋CD為正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.過(guò)M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP，CP，所以BM2MP2BP2227，得BM，所以BMEN.連接BD，BE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，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(diǎn)C是圓周上不同于A，B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，且AB2，PABC，則二面角A­BC­P的大小為_(kāi)法一：(幾何法)由題意可知ACBC，又PA平面ABC，PABCPAACA，BC平面PAC，BCPC，PCA為二面角A­BC­P的平面角在RtBCA中，AB2，BC，AC1.在RtPCA中，PA，tanPCA，PCA.法二：(坐標(biāo)法)以A為原點(diǎn)，AP為z軸，AC為y軸，過(guò)A且垂直于AC的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示由AB2，PABC，可知AC1.P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，(，1，)，(0,1，)設(shè)平面PBC的法向量n(x，y，z)，則即取z1得n(0，1)平面ABC的法向量m(0,0,1)設(shè)二面角A­BC­P的平面角為，則cos ，.能力提升練(建議用時(shí)：15分鐘)7.如圖，在各棱長(zhǎng)均為2的正三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分別為棱A1B1與BB1的中點(diǎn)，M，N為線段C1D上的動(dòng)點(diǎn)，其中，M更靠近D，且MNC1N.(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(diǎn)，C1DA1B1，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，則AA1C1D.又A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，C1D平面ABB1A1，又A1E平面ABB1A1，C1DA1E.易證A1EAD，又ADC1DD，AD，C1D平面AC1D，A1E平面AC1D.(2)取BC的中點(diǎn)O，B1C1的中點(diǎn)O1，連接AO，則AOBC，OO1BC，OO1AO，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O­xyz，則B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，1,2)，D，設(shè)，則(0,2，1)，易知n(1,0,0)是平面BCC1B1的一個(gè)法向量，|cos，n|，解得(負(fù)值舍去)，2，cos，異面直線NE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(zhǎng)為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點(diǎn)的一點(diǎn)，AE1.(1)求證：BE平面DAE；(2)求二面角C­DB­E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，BEDA，又AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點(diǎn)的一點(diǎn)，BEAE，又DAAEA，DA，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)過(guò)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(biāo)系，ABAD2，AE1，BE，E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，(0，2,2)，取平面CDB的一個(gè)法向量為n1(1,0,0)，設(shè)平面EBD的法向量為n2(x2，y2，z2)，則即取z21，則n2(，1,1)為平面EBD的一個(gè)法向量cosn1，n2，又易知二面角C­DB­E為鈍角，二面角C­DB­E的余弦值為.內(nèi)容押題依據(jù)探索性問(wèn)題，線面平行的性質(zhì)、線面角的求法探索性問(wèn)題高考還未考查，可以較好的考查考生的思維，邏輯推理、運(yùn)算等核心素養(yǎng)【押題】如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD平面ABCD，PDADBD2，AB2，E是棱PC上的一點(diǎn)(1)若PA平面BDE，證明：PEEC；(2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點(diǎn)M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PMMB的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解(1)連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線，因?yàn)镻A平面BDE，PA平面PAC，所以PAEF.又因?yàn)镕是AC中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn)，所以PEEC.(2)由已知條件中，AD2BD2AB2，所以ADBD.以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DB為y軸，DP為z軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)在棱PB上存在點(diǎn)M，設(shè)(01)，得M(0,2，22)，(0,2，22)，記平面BDE的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即取z11，則x11，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0,1，所以在棱PB上存在點(diǎn)M使直線PM與平面BDE所成角的大小為30°，此時(shí)PMMB11.- 7 -