（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題練習(xí)

《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題練習(xí)（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第3講 用空間向量的方法解立體幾何問題練習(xí) A組 1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為( B ) A．　　 B．　　　 C．－　　 D．－ [解析]　設(shè)正方體棱長為1，以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示， 則D(0,0,0)，E(0，，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)， 所以＝(0，，1)，＝(－1,1,0)， 則cos〈，〉＝＝＝， 則異面直線DE與AC所成角的余弦值為. 2．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，

2、＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實(shí)數(shù)x，y，z分別為( B ) A．，－，4　　　 B．，－，4 C．，－2,4 D．4，，－15 [解析]　⊥?·＝3＋5－2z＝0， 所以z＝4，又BP⊥平面ABC， 所以·＝x－1＋5y＋6＝0，① ·＝3x－3＋y－3z＝0，② 由①②得x＝，y＝－. 3．已知正方體ABCD－A1B1C1D1，下列命題：①(＋＋)2＝32，②·(－)＝0，③向量與向量的夾角為60°，④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為|··|，其中正確命題的序號是( B ) A．①③ B．①② C．①④ D．①②④ [解析]　如圖

3、所示： 以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以向量，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為1，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)， 對于①：＝(0,0，－1)，＝(－1,0,0)， ＝(0,1,0)， 所以＋＋＝(－1,1，－1)，(＋＋)2＝3，而2＝1，所以(＋＋)2＝32.所以①正確； 對于②：＝(－1,1，－1)，＝(0,0，－1)，＝(0,1,0)，所以·(－)＝0.所以②正確； 對于③：＝(－1,0,1)，＝(0,1，－1)，·＝－1，cos〈，〉

4、＝＝＝－，所以與的夾角為120°，所以③不正確； 對于④：因?yàn)椤ぃ?，所以④錯(cuò)誤．故選B． 4．(2018·?？谝荒?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AB＝2，PA＝BC＝，則二面角A－BC－P的大小為( C ) A．30° B．45° C．60° D．90° [解析]　因?yàn)锳B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AB＝2，PA＝BC＝， 所以AC⊥BC，AC＝＝＝1， 以點(diǎn)A為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

5、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 取z＝1，得n＝(0，，1)， 平面ABC的法向量m＝(0,0,1)， 設(shè)二面角A－BC－P的平面角為θ， 則cosθ＝＝，所以θ＝60°， 所以二面角A－BC－P的大小為60°. 5．在底面是直角梯形的四棱錐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. [解析]　如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，則依題意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0

6、,0,1)，可知＝(，0,0)是平面SAB的一個(gè)法向量． 設(shè)平面SCD的法向理n＝(x，y，z)， 因?yàn)椋?，0，－1)，＝(，1,0)， 所以n·＝0，n·＝0，可推出－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cosθ＝＝＝. 6．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是90°. [解析]　延長A1B1至D，使A1B1＝B1D，連接BD，C1D，DM，則AB1∥BD，∠MBD就是直線AB1和BM所成的角． 設(shè)三棱柱的各條棱

7、長為2，則BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，所以cos∠DBM＝＝0， 所以∠DBM＝90°. 7．點(diǎn)P是二面角α－AB－β棱上的一點(diǎn)，分別在平面α，β上引射線PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為90°. [解析]　不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖． 作ME⊥AB于點(diǎn)E，NF⊥AB于點(diǎn)F，因?yàn)椤螮PM＝∠EPN＝45°， 所以PE＝a，PF＝b， 所以·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋· ＝abcos60°－a×bcos

8、45°－abcos45°＋a×b ＝－－＋＝0， 所以⊥，所以二面角α－AB－β的大小為90°. 8．如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1. (1)求證：AF∥平面BDE； (2)求證：CF⊥平面BDE； (3)求二面角A－BE－D的大小． [解析]　(1)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G，因?yàn)镋F∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，所以四邊形AGEF為平行四邊形．所以AF∥EG.因?yàn)镋G?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE. (2)因?yàn)檎叫蜛BCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以C

9、E⊥平面ABCD．如圖以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz.則C(0,0,0)，A(，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，，0)，F(xiàn)(，，1)．所以＝(，，1)，＝(0，－，1)，＝(－，0,1)．所以·＝0－1＋1＝0，·＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE. 又∵BE∩DE＝E，BE、DE?平面BDE. (3)由(2)知，＝(，，1)是平面BDE的一個(gè)法向量，設(shè)平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，則n·＝0，n·＝0. 即 所以x＝0，z＝y(tǒng).令y＝1，則z＝. 所以n＝(0,1，)，從而cos〈n，〉＝＝ 因?yàn)槎娼茿－BE

10、－D為銳角， 所以二面角A－BE－D為. 9.(2018·天津卷，17) 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(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：MN∥平面CDE. (2)求二面角E-BC-F的正弦值． (3)若點(diǎn)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． [解析]　依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(

11、2,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)． (1)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?yàn)橹本€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＝(x1，y1，z1)為平面BCE的法向量，則即不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量，則 即不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)． 因此有cos〈m，n〉

12、＝＝， 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(diǎn)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(gè)法向量，故 |cos〈，〉|＝＝， 由題意，可得＝sin60°＝，解得h＝∈[0,2]． 所以線段DP的長為. B組 1．(2018·濟(jì)寧一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，側(cè)面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M為PB的中點(diǎn)． (1)求證：PA⊥平面CDM. (2)求二面角D－MC－B的余弦值．

13、 [解析]　(1)取DC中點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)閭?cè)面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且∠ADC＝60°，DC＝2，所以DO＝1，OA⊥DC，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以M(，1，)，所以＝(，2，)，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，所以·＝0，·＝0， 所以PA⊥DM，PA⊥DC，又DM∩DC＝D，所以PA⊥平面CDM. (2)＝(，0，)，＝(，1,0)，設(shè)平面BMC的一個(gè)法向量n

14、＝(x，y，z)， 則 取z＝1，得n＝(－1，，1)，由(1)知平面CDM的法向量為＝(，0，－)，所以cos〈n，〉＝＝＝－，由圖象得二面角D－MC－B是鈍角，所以二面角D－MC－B的余弦值為－. 2．(2017·天津卷，17)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求證：MN∥平面BDE； (2)求二面角C－EM－N的正弦值； (3)已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長． [解析]　如圖，以A為原點(diǎn)，分別以，，

15、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)證明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的一個(gè)法向量， 則即 不妨設(shè)z＝1，可得n＝(1,0,1)， 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0. 因?yàn)镸N?平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量． 設(shè)n2＝(x1，y1，z1)為平面EMN的一個(gè)法向量，則 因?yàn)椋?0，－2，－1)，＝

16、(1,2，－1)， 所以 不妨設(shè)y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝. 所以二面角C－EM－N的正弦值為. (3)依題意，設(shè)AH＝(0≤h≤4)，則H(0,0，h)，進(jìn)而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)． 由已知得 |cos〈，〉|＝＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0， 解得h＝或h＝.所以線段AH的長為或. 3．正△ABC的邊長為2, CD是AB邊上的高，E、F分別是AC和BC的中點(diǎn)(如圖(1))．現(xiàn)將△ABC沿CD翻成直二面角A－DC－B(如圖(2))．在圖(2)中： (1)求證：A

17、B∥平面DEF； (2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？證明你的結(jié)論； (3)求二面角E－DF－C的余弦值． [解析]　(1)如圖(2)：在△ABC中，由E、F分別是AC、BC的中點(diǎn)，所以EF//AB， 又AB?平面DEF，EF?平面DEF， ∴AB∥平面DEF. (2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線DB、DC、DA分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系. 則 A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，E(0，，)，F(xiàn)(，，0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，，0)，＝(0，，)，＝(，，0) 設(shè)＝λ(0<λ<1)，則＝＋＝(1－λ，λ，－1)，注意到

18、AP⊥DE?·＝0?λ＝， ∴＝， ∴在線段BC上存在點(diǎn)P，使AP⊥DE. (3)平面CDF的法向量＝(0,0,1)，設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z), 則，即，取n＝(3，－，3)， cos〈n〉＝＝， 所以二面角E－DF－C的平面角的余弦值為. 4．(2018·浙江卷，19)如圖，已知多面體ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2. (Ⅰ)證明：AB1⊥平面A1B1C1. (Ⅱ)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． [解析]　方法一： (Ⅰ)由AB＝2，AA1＝

19、4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2， 所以A1B＋AB＝AA. 故AB1⊥A1B1. 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝， 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2， 由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，所以AB1⊥平面A1B1C1. (Ⅱ)如圖，過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點(diǎn)D，連接AD． 由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1， 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1， 所以∠C1AD是AC1

20、與平面ABB1所成的角． 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝， 所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝. 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 方法二： (Ⅰ)如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)， 因此1＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2， －3)， 由1·＝0得AB1⊥A1B1. 由1·＝0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1. (Ⅱ)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由(Ⅰ)可知1＝(0,2，1)，＝(1，，0)，1＝(0,0,2)， 設(shè)平面1的法向量n＝(x，y，z)． 即可取n＝(－，1,0)． 所以sinθ＝|cos〈1―→，n〉|＝＝， 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.