《2020年全國(guó)高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題升級(jí)訓(xùn)練13 用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020年全國(guó)高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題升級(jí)訓(xùn)練13 用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題 理(9頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專(zhuān)題升級(jí)訓(xùn)練13用空間向量的方法解立體幾何問(wèn)題(時(shí)間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分)1平面的一個(gè)法向量n(1,1,0),則y軸與平面所成的角的大小為()A BC D2在二面角l中,平面的法向量為n,平面的法向量為m,若n,m130,則二面角l的大小為()A50B130C50或130D可能與130毫無(wú)關(guān)系3直三棱柱ABCA1B1C1中,ACB90,BAC30,BC1,AA1,M是CC1的中點(diǎn),則異面直線AB1與A1M所成的角為()A60 B45C30 D904如圖所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1底面ABC,ABBCAA1,ABC90,點(diǎn)E,F(xiàn)
2、分別是棱AB,BB1的中點(diǎn),則直線EF和BC1所成的角是()A45 B60 C90 D1205過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A,引PA平面ABCD.若PABA,則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30 B45 C60 D906如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E,F(xiàn)且EF,則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱錐ABEF的體積為定值D異面直線AE,BF所成的角為定值二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分)7如圖所示,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1中,M和N分別是A1B1和BB1的中點(diǎn),那么直線AM與CN所
3、成角的余弦值為_(kāi)8正四棱錐SABCD中,O為頂點(diǎn)在底面上的射影,P為側(cè)棱SD的中點(diǎn),且SOOD,則直線BC與平面PAC所成的角是_9在空間直角坐標(biāo)系中有棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1,點(diǎn)M是線段DC1上的動(dòng)點(diǎn),則點(diǎn)M到直線AD1距離的最小值是_三、解答題(本大題共3小題,共46分解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)10(本小題滿分15分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,PDAD2.(1)求PC與平面PBD所成的角;(2)在線段PB上是否存在一點(diǎn)E,使得PC平面ADE?并說(shuō)明理由11(本小題滿分15分)(2020湖南高考,理19)如圖,在圓錐PO中,已知PO,
4、O的直徑AB2,C是的中點(diǎn),D為AC的中點(diǎn)(1)證明:平面POD平面PAC;(2)求二面角BPAC的余弦值12(本小題滿分16分)(2020廣東高考,理18)如圖,在錐體PABCD中,ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形,且DAB60,PAPD,PB2,E,F(xiàn)分別是BC,PC的中點(diǎn)(1)證明:AD平面DEF;(2)求二面角PADB的余弦值參考答案一、選擇題1B2C解析:因?yàn)槎娼堑姆秶?,180,由法向量的夾角與二面角的大小相等或互補(bǔ),可知二面角的大小可能是130也可能是50.3D解析:建立坐標(biāo)系如圖所示,易得M,A1(0,0),A(0,),B1(1,0,0),(1,),.1030,即AB1A1M.4B
5、5B6D二、填空題7解析:以D為坐標(biāo)原點(diǎn),為x軸,為y軸,為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示則A(1,0,0),M,C(0,1,0),N,.設(shè)直線AM與CN所成的角為,則cos |cos|.830解析:如圖所示,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.設(shè)ODSOOAOBOCa,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(a,0,0),P,則(2a,0,0),設(shè)平面PAC的法向量為n,可求得n(0,1,1),則cos,n.,n60,直線BC與平面PAC所成的角為906030.9a解析:以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如原圖所示),則A(a,0,0),D1(0,0,a)設(shè)M(0,x,x)(0xa),有
6、(a,x,x),(a,0,a),則cos,則點(diǎn)M到直線AD1的距離d為,當(dāng)x時(shí),dmina.三、解答題10解:(1)連接AC,設(shè)ACBDO,連接PO.因?yàn)镻D平面ABCD,CO平面ABCD,所以PDCO.由ABCD為正方形,知COBD.又PDBDD,所以CO平面PBD.所以CPO是PC與平面PBD所成的角在RtPOC中,sinCPO,所以CPO,即PC與平面PBD所成的角為.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)線段PB上存在點(diǎn)E,使得PC平面ADE.則存在實(shí)數(shù),使得(01)因?yàn)镻(0,0,2),B(2,2,0),所以(2,2,2),(0,0,2)(2,2,2)(2,2,22)由題意,
7、顯然有AD平面PCD,所以PCAD.要使PC平面ADE,只需再有,即,即0(2)2(2)2(22)0.解得0,1故在線段PB上存在一點(diǎn)E(E為線段PB的中點(diǎn)),使得PC平面ADE.11解法一:(1)連接OC,因?yàn)镺AOC,D是AC的中點(diǎn),所以ACOD.又PO底面O,AC底面O,所以ACPO.因?yàn)镺D,PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線,所以AC平面POD.而AC平面PAC,所以平面POD平面PAC.(2)在平面POD中,過(guò)O作OHPD于H,由(1)知,平面POD平面PAC,所以O(shè)H平面PAC.又PA平面PAC,所以PAOH.在平面PAO中,過(guò)O作OGPA于G,連接HG,則有PA平面OGH,從而P
8、AHG,故OGH為二面角BPAC的平面角在RtODA中,ODOAsin 45.在RtPOD中,.在RtPOA中,.在RtOHG中,.所以cos OGH.故二面角BPAC的余弦值為.解法二:(1)如圖所示,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軸建立空間直角坐標(biāo)系則O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),D(,,0)設(shè)n1(x1,y1,z1)是平面POD的一個(gè)法向量,則由n1,n1,得所以z10,x1y1.取y11,得n1(1,1,0)設(shè)n2(x2,y2,z2)是平面PAC的一個(gè)法向量,則由,得所以x2z2,y2z2,取z21
9、,得n2(,1)因?yàn)閚1n2(1,1,0)(,1)0,所以n1n2.從而平面POD平面PAC.(2)因?yàn)閥軸平面PAB,所以平面PAB的一個(gè)法向量為n3(0,1,0)由 (1)知,平面PAC的一個(gè)法向量為n2(,1)設(shè)向量n2和n3的夾角為,則cos .由圖可知,二面角BPAC的平面角與相等,所以二面角BPAC的余弦值為.12解法一:(1)證明:取AD中點(diǎn)G,連接PG,BG,BD.因PAPD,有PGAD,在ABD中,ABAD1,DAB60,有ABD為等邊三角形,因此BGAD,BGPGG,所以AD平面PBGADPB,ADGB.又PBEF,得ADEF,而DEGB得ADDE,又FEDEE,所以AD平
10、面DEF.(2)PGAD,BGAD,PGB為二面角PADB的平面角在RtPAG中,PG2PA2AG2,在RtABG中,BGABsin 60,cosPGB.解法二:(1)證明:取AD中點(diǎn)為G,因?yàn)镻APD,所以PGAD.又ABAD,DAB60,ABD為等邊三角形,因此,BGAD,從而AD平面PBG.延長(zhǎng)BG到O且使得POOB,又PO平面PBG,POAD,ADOBG,所以PO平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),菱形的邊長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度,直線OB,OP分別為x軸,z軸,平行于AD的直線為y軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系設(shè)P(0,0,m),G(n,0,0),則A,D.sin 60,B,C,E,F(xiàn).由于(0,1,0),得0,0,ADDE,ADFE,DEFEE,AD平面DEF.(2),解之,得m1,n.取平面ABD的法向量n1(0,0,1),設(shè)平面PAD的法向量n2(a,b,c),由,得ac0,由,得ac0,取n2.cosn1,n2.