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1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題五 空間幾何 5.3 空間向量與立體幾何練習(xí)1在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，點(diǎn)D在棱BB1上，若BD3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為()A. BC. D解析：如圖，可得()421252cos (為與的夾角)，所以cos ，sin ，tan ，又因?yàn)锽E平面AA1C1C，所以所求角的正切值為.答案：D2如圖，在矩形ABCD中，AB2，AD3，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，現(xiàn)分別沿BE，CE將ABE，DCE翻折，使得點(diǎn)A，D重合于F，此時(shí)二面角EBCF的余弦值為()A. BC. D解析：如圖所示，取BC的中點(diǎn)P，連接EP，F(xiàn)P，由題意得BFCF2，PFB

2、C，又EBEC，EPBC，EPF為二面角EBCF的平面角，而FP，在EPF中，cosEPF.答案：B3在空間直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)A(4,1,9)，B(10，1,6)，C(x,4,3)為頂點(diǎn)的ABC是以BC為斜邊的直角三角形，則實(shí)數(shù)x的值為_解析：由題意得(6，2，3)，(x4,3，6)，(6，2，3)(x4,3，6)6(x4)6180，解之得x2.答案：24已知邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，球O的體積V球，則OA與平面ABCD所成的角的余弦值為_解析：如圖，過點(diǎn)O作OM平面ABCD，垂足為點(diǎn)M，則點(diǎn)M為正方形ABCD的中心正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，AC2，AM.V球r3，球O

3、的半徑OAr2，OA與平面ABCD所成的角的余弦值為cosOAM.答案：5如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，底面四邊形ABCD為菱形，A1AAB2，ABC，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點(diǎn)(1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值；(2)點(diǎn)M在線段A1D上，.若CM平面AEF，求實(shí)數(shù)的值解析：(1)因?yàn)橛深}意知四棱柱ABCDA1B1C1D1為直四棱柱，A1A平面ABCD.又AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC，則ABC是等邊三角形因?yàn)镋是BC中點(diǎn)，所以BCAE.因?yàn)锽CAD，所以AEAD.故建立如圖所示，以A為原點(diǎn)，A

4、E為x軸，AD為y軸，AA1為z軸的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.則A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F(xiàn).(0,2,0)，cos，所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為.(2)設(shè)M(x，y，z)，由于點(diǎn)M在線段A1D上，且，則(x，y，z2)(0,2，2)則M(0,2，22)，(，21,22)設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為n(x0，y0，z0)因?yàn)?，0,0)，.由得x00，y0z00，取y02，則z01，則平面AEF的一個(gè)法向量為n(0,2，1)由于CM平面AEF，則n0，即2(21)(22)0，解得.6(2018洛陽(yáng)市第一次統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P

5、ABCD中，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PAPD2，且平面PAD平面ABCD.(1)求證：平面AEF平面PCD；(2)求平面AEF與平面ACE所成銳二面角的余弦值解析：(1)證明：由題意知，PAPDAD，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，可得AFPD，平面PAD平面ABCD，CDAD，CD平面PAD.又AF平面PAD，CDAF，又CDPDD，AF平面PCD，又AF平面AEF，平面AEF平面PCD.(2)取AD的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)G，連接OP，OG，PAPDAD，OPAD.平面PAD平面ABCD，OP平面PAD，OP平面ABCD.分別以O(shè)A，OG，OP所在直線為x，y，z軸建立如

6、圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(1,0,0)，C(1,2,0)，E，F(xiàn)，(0,1,0)設(shè)平面AEF的法向量為m(x，y，z)，則即可取m(1,0，)，為平面AEF的一個(gè)法向量同理，可得平面ACE的一個(gè)法向量為n(，1)cosm，n.平面AEF與平面ACE所成銳二面角的余弦值為.B級(jí)1(2018北京卷)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點(diǎn)，ABBC，ACAA12.(1)求證：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交解析：(1)證明：ABBC，且E是AC的中點(diǎn)，ACBE.在

7、三棱柱ABCA1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AC，A1C1的中點(diǎn)，EFCC1.CC1平面ABC，EF平面ABC，AC平面ABC，EFAC，EF，BE平面BEF，EFBEE，AC平面BEF.(2)由(1)知，EFAC，ACBE，EFEB，以E為原點(diǎn)，EA，EB，EF所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz.則有B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(1,0,1)，C1(1,0,2)，(1，2,0)，(2,0,1)設(shè)平面BCD的法向量為n(x，y，z)，即可取n(2，1，4)易知平面CDC1的一個(gè)法向量為m(0,1,0)，cosm，n，由圖可知，二面角BCDC1的平面角為鈍角

8、，二面角BCDC1的余弦值為.(3)證法一：F(0,0,2)，G(0,2,1)，(0,2，1)由(2)知平面BCD的一個(gè)法向量為n(2，1，4)，設(shè)直線FG與平面BCD的夾角為，sin |cos，n|0，0，直線FG與平面BCD相交證法二：假設(shè)直線FG與平面BCD平行，設(shè)CD與EF的交點(diǎn)為M，連接BM，B1F.FG平面BB1FE，且平面BB1FE平面BCDBM，F(xiàn)GBM，BGFM，四邊形BMFG為平行四邊形，F(xiàn)MBG，易知FMBG，假設(shè)不成立，直線FG與平面BCD相交2(2018成都市第一次診斷性檢測(cè))如圖1，在邊長(zhǎng)為5的菱形ABCD中，AC6，現(xiàn)沿對(duì)角線AC把ADC翻折到APC的位置得到四面

9、體PABC，如圖2所示已知PB4.(1)求證：平面PAC平面ABC；(2)若Q是線段AP上的點(diǎn)，且，求二面角QBCA的余弦值解析：(1)證明：取AC的中點(diǎn)O，連接PO，BO得到PBO.四邊形ABCD是菱形，PAPC，POAC.DC5，AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2.POOB.OBACO，PO平面ABC.PO平面PAC，平面PAC平面ABC.(2)ABBC，BOAC.易知OB，OC，OP兩兩垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0)設(shè)點(diǎn)Q(x，y，z)由，得Q.(4,3,0)，.設(shè)n1(x1，y1，z1)為平面BCQ的法向量由得解得取z115，則n1(3,4,15)取平面ABC的一個(gè)法向量n2(0,0,1)cosn1，n2，二面角QBCA的余弦值為.