數(shù)學理高考二輪專題復(fù)習與測試：第二部分 專題三 第3講 立體幾何中的向量方法 Word版含解析

《數(shù)學理高考二輪專題復(fù)習與測試：第二部分 專題三 第3講 立體幾何中的向量方法 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《數(shù)學理高考二輪專題復(fù)習與測試：第二部分 專題三 第3講 立體幾何中的向量方法 Word版含解析（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 A級　基礎(chǔ)通關(guān) 一、選擇題 1．如圖，F(xiàn)是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點．E是BB1上一點，若D1F⊥DE，則有(　　) A．B1E＝EB　　　　 B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E與B重合 解析：以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線為坐標軸建立坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則D(0，0，0)，F(xiàn)(0，1，0)，D1(0，0，2)，設(shè)E(2，2，z)，則＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，因為·＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB. 答案：A 2.如圖，點A，B，C分別在空間直角坐標系O-xyz的三條坐

2、標軸上，＝(0，0，2)，平面ABC的法向量為n＝(2，1，2)，設(shè)二面角C-AB-O的大小為θ，則cos θ等于(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D．－ 解析：由題意可知，平面ABO的一個法向量為＝(0，0，2)， 由圖可知，二面角C-AB-O為銳角， 由空間向量的結(jié)論可知，cos θ＝＝＝. 答案：C 3．在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是邊長為1的正三角形，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，點D在棱BB1上，且BD＝1，若AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sin α的值是(　　) A. B. C. D. 解析：如圖，建立空間直角坐標系，易求點D，

3、平面AA1C1C的一個法向量是n＝(1，0，0)， 所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案：D 4.如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，若平行六面體的各棱長均相等，則： ①A1M∥D1P； ②A1M∥B1Q； ③A1M∥平面DCC1D1； ④A1M∥平面D1PQB1. 以上說法正確的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以∥，所以A1M∥D1P，由線面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正確． 答案：C

4、5．(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示． 由條件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)， 所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)． 則cos〈，〉＝＝＝. 故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為. 答案：C 二、填空題 6.(2019·東莞中學檢測)在我國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形

5、的四面體稱為鱉臑，如圖，在鱉臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，則異面直線AC與BD所成的角的大小是________． 解析：依題意，以C為原點，建立如圖所示的直角坐標系， 設(shè)AB＝BC＝CD＝a，AB⊥平面BCD. 則B(a，0，0)，D(0，a，0)，C(0，0，0)，A(a，0，a)． 所以＝(－a，a，0)，＝(a，0，a)． 所以cos〈，〉＝＝＝－， 則〈，〉＝，故AC與BD所成角為. 答案： 7.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的

6、角為β，則cos(α－β)＝________． 解析：因為AC⊥BD且AC⊥BB1，BD∩BB1＝B， 所以AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE， 所以α＝. 取A1D1的中點F，連EF，F(xiàn)D，易知EF⊥平面ADD1A1，則β＝∠EDF. cos(α－β)＝cos＝ sin∠EDF＝＝. 答案： 三、解答題 8.(2018·北京卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2. (1)求證：AC⊥平面BEF； (2)求二面角B-CD-C1的余弦值； (3)證明

7、：直線FG與平面BCD相交． (1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因為CC1⊥平面ABC， 所以四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點， 所以AC⊥EF. 因為AB＝BC，所以AC⊥BE. 又EF∩BE＝E， 所以AC⊥平面BEF. (2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC， 所以EF⊥平面ABC. 因為BE?平面ABC，所以EF⊥BE. 如圖建立空間直角坐標系E-xyz.由題意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1)． 所

8、以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)． 設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)． 則即 令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4. 于是n＝(2，－1，－4)． 又因為平面CC1D的法向量為＝(0，2，0)， 所以cos〈n，〉＝＝－. 由題意知二面角B-CD-C1為鈍角，所以其余弦值為－. (3)證明：由(2)知平面BCD的法向量為n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1)． 因為n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直線FG與平面BCD相交． 9．(2019·長郡中學模擬)如圖1，直角梯形ABCD中，AD∥BC中，∠ABC＝90°，E

9、，F(xiàn)分別為邊AD和BC上的點，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.將四邊形EFCD沿EF折起成如圖2的位置，使AD＝AE. (1)求證：AF∥平面CBD； (2)求平面CBD與平面DAE所成銳角的余弦值． (1)證明：取DE中點G，連接FG，AG，CG. 由條件CFDG，所以CFGD為平行四邊形， 所以FG∥CD. 又FG?平面CBD，CD?平面CBD， 所以FG∥平面CBD. 同理AG∥平面CBD. 又FG∩AG＝G，F(xiàn)G?平面AFG，AG?平面AFG. 所以平面AFG∥平面CBD. 又AF?平面AFG， 所以AF∥平面CBD. (2)解：因為E

10、F⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE. 又AD＝AE＝DE， 以AE中點H為原點，AE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(－1，0，0)，D(0，0，)，B(－1，－2，0)，E(1，0，0)， F(1，－2，0)． 因為＝，所以C， 所以＝，＝(1，2，)． 易知是平面ADE的一個法向量，＝n1＝(0，2，0)， 設(shè)平面BCD的一個法向量為n2＝(x，y，z)， 由 令x＝2，則y＝2，z＝－2，所以n2＝(2，2，－2)． cos〈n1，n2〉＝＝＝. 所以平面CBD與平面DAE所成銳角的余弦值為. B級　能力提升 10．(2019

11、·天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE， AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE； (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E-BD-F的余弦值為，求線段CF的長． (1)證明：依題意，建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0，0，0)， B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)， E(0，0，2)． 設(shè)CF＝h(h＞0)，則F(1，2，h)． 依題意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量． 又＝(0，2，h)，可得·＝0，

12、又因為直線BF?平面ADE. 所以BF∥平面ADE. (2)解：依題意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量， 則即 不妨令z＝1，可取n＝(2，2，1)． 因此有cos〈·n〉＝＝－. 所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)解：設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量， 則即 不妨令y1＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝ .經(jīng)檢驗，符合題意． 所以線段CF的長為. 11.(2019·六安一中模擬)如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長

13、都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大??； (3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由． (1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO， 由題意知SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標原點， ，，分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立坐標系O-xyz， 設(shè)底面邊長為a， 則高SO＝a，于是S，D，C， 于是，＝，＝. 則·＝0，故OC⊥SD，從而AC⊥SD. (2)解：由題設(shè)知，平面PAC的一個法向量＝，平面DAC的一個法向量＝. 設(shè)所求二面角為θ，則cos θ＝＝， 所以所求二面角的大小為30°. (3)解：在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC. 根據(jù)第(2)問知是平面PAC的一個法向量，且＝，＝. 設(shè)＝t. 則＝＋＝＋t＝. 由·＝0，得－＋0＋a2t＝0，則t＝. 所以當SE∶EC＝2∶1時，⊥. 由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在點E，使BE∥平面PAC，此時SE∶EC＝2∶1.