（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)A組1在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為( B )ABCD解析設(shè)正方體棱長為1，以D為原點建立空間直角坐標(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，(x1，y，3)，且BP平面ABC，則實數(shù)x，y，z分別為( B )A，4B，4C，2,4 D4，15解析·352z0，所以z4，又BP平面ABC，所以·x15y60，·3x3y3z0，由得x，y.3已知正方體ABCDA1B1C1D1，下列命題：()232，·()0，向量與向量的夾角為60°，正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|··|，其中正確命題的序號是( B )A BC D解析如圖所示：以點D為坐標(biāo)原點，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：(0,0，1)，(1,0,0)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正確；對于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以·()0.所以正確；對于：(1,0,1)，(0,1，1)，·1，cos，所以與的夾角為120°，所以不正確；對于：因為·0，所以錯誤故選B4(2018·海口一模)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AB2，PABC，則二面角ABCP的大小為( C )A30° B45°C60° D90°解析因為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AB2，PABC，所以ACBC，AC1，以點A為原點，在平面ABC內(nèi)過點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，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，所以60°，所以二面角ABCP的大小為60°.5在底面是直角梯形的四棱錐SABCD中，ABC90°，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，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(0,0,1)，可知(，0,0)是平面SAB的一個法向量設(shè)平面SCD的法向理n(x，y，z)，因為(，0，1)，(，1,0)，所以n·0，n·0，可推出z0，y0，令x2，則有y1，z1，所以n(2，1,1)設(shè)平面SCD與平面SAB所成的銳二面角為，則cos.6已知正三棱柱ABCA1B1C1的各條棱長都相等，M是側(cè)棱CC1的中點，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A1B1B1D，連接BD，C1D，DM，則AB1BD，MBD就是直線AB1和BM所成的角設(shè)三棱柱的各條棱長為2，則BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1D·A1C1cos60°1642×412.DM2C1D2C1M213，所以cosDBM0，所以DBM90°.7點P是二面角AB棱上的一點，分別在平面，上引射線PM，PN，如果BPMBPN45°，MPN60°，那么二面角AB的大小為90°.解析不妨設(shè)PMa，PNb，如圖作MEAB于點E，NFAB于點F，因為EPMEPN45°，所以PEa，PFb，所以·()·()····abcos60°a×bcos45°abcos45°a×b0，所以，所以二面角AB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，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求證：AF平面BDE；(2)求證：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析(1)設(shè)AC與BD交于點G，因為EFAG，且EF1，AGAC1，所以四邊形AGEF為平行四邊形所以AFEG.因為EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD如圖以C為原點，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz.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·0110，·1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE.又BEDEE，BE、DE平面BDE.(3)由(2)知，(，1)是平面BDE的一個法向量，設(shè)平面ABE的法向量n(x，y，z)，則n·0，n·0.即所以x0，zy.令y1，則z.所以n(0,1，)，從而cosn，因為二面角ABED為銳角，所以二面角ABED為.9.(2018·天津卷，17) 如圖，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN平面CDE.(2)求二面角E­BC­F的正弦值(3)若點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，分別以，的方向為x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(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z1，可得n0(1,0，1)又，可得·n00，又因為直線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z11，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z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角E­BC­F的正弦值為.(3)設(shè)線段DP的長為h(h0,2)，則點P的坐標(biāo)為(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量，故|cos，|，由題意，可得sin60°，解得h0,2所以線段DP的長為.B組1(2018·濟寧一模)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60°，側(cè)面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M為PB的中點(1)求證：PA平面CDM.(2)求二面角DMCB的余弦值解析(1)取DC中點O，連接PO，因為側(cè)面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，所以PO底面ABCD，因為底面ABCD為菱形，且ADC60°，DC2，所以DO1，OADC，以O(shè)為原點，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PADM，PADC，又DMDCD，所以PA平面CDM.(2)(，0，)，(，1,0)，設(shè)平面BMC的一個法向量n(x，y，z)，則取z1，得n(1，1)，由(1)知平面CDM的法向量為(，0，)，所以cosn，由圖象得二面角DMCB是鈍角，所以二面角DMCB的余弦值為.2(2017·天津卷，17)如圖，在三棱錐PABC中，PA底面ABC，BAC90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PAAC4，AB2.(1)求證：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知點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，分別以，的方向為x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的一個法向量，則即不妨設(shè)z1，可得n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得·n0.因為MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)為平面CEM的一個法向量設(shè)n2(x1，y1，z1)為平面EMN的一個法向量，則因為(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨設(shè)y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值為.(3)依題意，設(shè)AH(0h4)，則H(0,0，h)，進而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知得|cos，|，整理得10h221h80，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(如圖(1)現(xiàn)將ABC沿CD翻成直二面角ADCB(如圖(2)在圖(2)中：(1)求證：AB平面DEF；(2)在線段BC上是否存在一點P，使APDE？證明你的結(jié)論；(3)求二面角EDFC的余弦值解析(1)如圖(2)：在ABC中，由E、F分別是AC、BC的中點，所以EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以點D為坐標(biāo)原點，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)(0<<1)，則(1，1)，注意到APDE·0，在線段BC上存在點P，使APDE.(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)，cosn，所以二面角EDFC的平面角的余弦值為.4(2018·浙江卷，19)如圖，已知多面體ABC­A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120°，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.()證明：AB1平面A1B1C1.()求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值解析方法一：()由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，所以A1BABAA.故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1，由ABBC2，ABC120°得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，所以AB1平面A1B1C1.()如圖，過點C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點D，連接AD由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二：()如圖，以AC的中點O為原點，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O­xyz.由題意知各點坐標(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AB1A1B1.由1·0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.()設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.由()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sin|cos1，n|，因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.