《2022年高考數學大二輪復習 專題五 空間幾何 5.3 空間向量與立體幾何練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數學大二輪復習 專題五 空間幾何 5.3 空間向量與立體幾何練習（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數學大二輪復習 專題五 空間幾何 5.3 空間向量與立體幾何練習 1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，點D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為(　　) A. B． C. D． 解析：　如圖，可得·＝(＋)·＝·＝4×2×＝12＝5×2×cos θ(θ為與的夾角)， 所以cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝，又因為BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值為. 答案：　D 2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，點E為AD的中點，現分別沿BE，CE將△ABE，△DCE翻折，使得點A，D重合于F，此時二面角E-B

2、C-F的余弦值為(　　) A. B． C. D． 解析：　如圖所示，取BC的中點P，連接EP，FP，由題意得BF＝CF＝2， ∴PF⊥BC，又EB＝EC，∴EP⊥BC，∴∠EPF為二面角E-BC-F的平面角，而FP＝＝，在△EPF中，cos∠EPF＝＝＝. 答案：　B 3．在空間直角坐標系中，以點A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)為頂點的△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，則實數x的值為________． 解析：　由題意得＝(6，－2，－3)， ＝(x－4,3，－6)， ·＝(6，－2，－3)·(x－4,3，－6) ＝6(x－4)－6＋18＝0

3、， 解之得x＝2. 答案：　2 4．已知邊長為2的正方形ABCD的四個頂點在球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O作OM⊥平面ABCD，垂足為點M，則點M為正方形ABCD的中心．∵正方形ABCD的邊長為2，∴AC＝2，∴AM＝. ∵V球＝πr3＝，∴球O的半徑OA＝r＝2，∴OA與平面ABCD所成的角的余弦值為cos∠OAM＝＝＝. 答案：　 5．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝，E，F分別是BC，A1C的中點． (

4、1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值； (2)點M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實數λ的值． 解析：　(1)因為由題意知四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱， A1A⊥平面ABCD. 又AE?平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以A1A⊥AE，A1A⊥AD. 在菱形ABCD中，∠ABC＝，則△ABC是等邊三角形． 因為E是BC中點，所以BC⊥AE. 因為BC∥AD，所以AE⊥AD. 故建立如圖所示，以A為原點，AE為x軸，AD為y軸，AA1為z軸的空間直角坐標系A-xyz.則A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，

5、0,0)，F. ＝(0,2,0)，＝， cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為. (2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且＝λ， 則(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)． 則M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)． 設平面AEF的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)． 因為＝(，0,0)，＝. 由得x0＝0，y0＋z0＝0， 取y0＝2，則z0＝－1， 則平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)． 由于CM∥平面AEF，則n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝. 6．(2018·洛陽市第一次統(tǒng)

6、考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，E，F分別是PC，PD的中點，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA＝PD＝2，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，PA＝PD＝AD， F為PD的中點，可得AF⊥PD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD， ∴CD⊥平面PAD. 又AF?平面PAD，∴CD⊥AF， 又CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PCD，又AF?平面AEF， ∴平面AEF⊥平面PCD. (2)取AD的中點O，BC的中點G，連接OP，OG， ∵PA＝PD＝

7、AD，∴OP⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，OP?平面PAD， ∴OP⊥平面ABCD. 分別以OA，OG，OP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 則A(1,0,0)，C(－1,2,0)，E，F，＝，＝(0,1,0)． 設平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)， 則即 可取m＝(1,0，)，為平面AEF的一個法向量． 同理，可得平面ACE的一個法向量為n＝(，，1)． cos〈m，n〉＝＝＝. ∴平面AEF與平面ACE所成銳二面角的余弦值為. B級 1．(2018·北京卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，

8、F，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：直線FG與平面BCD相交． 解析：　(1)證明：∵AB＝BC，且E是AC的中點， ∴AC⊥BE. ∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分別是AC，A1C1的中點， ∴EF∥CC1. ∵CC1⊥平面ABC， ∴EF⊥平面ABC， ∵AC?平面ABC， ∴EF⊥AC， ∵EF，BE?平面BEF，EF∩BE＝E， ∴AC⊥平面BEF. (2)由(1)知，EF⊥AC，AC⊥BE，EF⊥EB， ∴以E為原

9、點，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系E-xyz. 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的一個法向量為m＝(0,1,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝－， 由圖可知，二面角B-CD-C1的平面角為鈍角， ∴二面角B-CD-C1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的一個法向量為n＝(

10、2，－1，－4)， 設直線FG與平面BCD的夾角為θ， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝≠0， ∴θ≠0，∴直線FG與平面BCD相交． 證法二：假設直線FG與平面BCD平行， 設CD與EF的交點為M，連接BM，B1F. ∵FG?平面BB1FE，且平面BB1FE∩平面BCD＝BM， ∴FG∥BM，∵BG∥FM， ∴四邊形BMFG為平行四邊形， ∴FM＝BG，易知FM≠BG，∴假設不成立， ∴直線FG與平面BCD相交． 2．(2018·成都市第一次診斷性檢測)如圖1，在邊長為5的菱形ABCD中，AC＝6，現沿對角線AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面體P-ABC，

11、如圖2所示．已知PB＝4. (1)求證：平面PAC⊥平面ABC； (2)若Q是線段AP上的點，且＝，求二面角Q-BC-A的余弦值． 解析：　(1)證明：取AC的中點O，連接PO，BO得到△PBO. ∵四邊形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC. ∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4， ∵PB＝4，∴PO2＋OB2＝PB2. ∴PO⊥OB. ∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC. ∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. (2)∵AB＝BC，∴BO⊥AC. 易知OB，OC，OP兩兩垂直． 以O為坐標原點，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系O-xyz. 則B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)． 設點Q(x，y，z)． 由＝，得Q. ∴＝(－4,3,0)，＝. 設n1＝(x1，y1，z1)為平面BCQ的法向量． 由得解得 取z1＝15，則n1＝(3,4,15)． 取平面ABC的一個法向量n2＝(0,0,1)． ∵cos〈n1，n2〉＝＝＝， ∴二面角Q-BC-A的余弦值為.