《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)8 空間向量與立體幾何 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)8 空間向量與立體幾何 理(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時集訓(xùn)(八)空間向量與立體幾何專題通關(guān)練(建議用時:20分鐘)1(2019泰安一模)在直三棱柱ABCA1B1C1,BCA90,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BCACCC11,則AN與BM所成角的余弦值為()A.B.C. D.D建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系:則A(1,0,0),B(0,1,0),N,M,cos,.故選D.2二面角的棱上有A,B兩點,直線AC,BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi),且都垂直于AB,已知AB2,AC3,BD4,CD,則該二面角的大小為( )A30B45C60D120C由已知可得0,0,如圖,|2()2|2|2|2222322242234cos,()2,co
2、s,即,120,所求二面角的大小為60,故選C.3(2018全國卷)在長方體ABCDA1B1C1D1中,ABBC2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30,則該長方體的體積為()A8B6C8D8C在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB平面BCC1B1,連接BC1,AC1,則AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角,AC1B30.又ABBC2,所以在RtABC1中,BC12,在RtBCC1中,CC12,所以該長方體體積VBCCC1AB8.4.(2019汕頭模擬)如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則下列判斷錯誤的是()AMNCC1BMN平面ACC1
3、A1CMN平面ABCDDMNA1B1D在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,以D為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,則M(1,2,1),N(0,1,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),(1,1,0),(0,0,2),0,MNCC1,故A正確;A(2,0,0),(2,2,0),0,MNAC,ACCC1C,MN平面ACC1A1,故B正確;平面ABCD的法向量n(0,0,1),n0,又MN平面ABCD,MN平面ABCD,故C正確;A1(0,2,2),B1(2,2,2),(2,0,0),M
4、N與A1B1不平行,故D錯誤故選D.5.(2019全國卷)如圖,點N為正方形ABCD的中心,ECD為正三角形,平面ECD平面ABCD,M是線段ED的中點,則()ABMEN,且直線BM,EN是相交直線BBMEN,且直線BM,EN是相交直線CBMEN,且直線BM,EN是異面直線DBMEN,且直線BM,EN是異面直線B取CD的中點O,連接ON,EO,因為ECD為正三角形,所以EOCD,又平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCDCD,所以EO平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2,則EO,ON1,所以EN2EO2ON24,得EN2.過M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP,CP,所以BM2
5、MP2BP2227,得BM,所以BMEN.連接BD,BE,因為四邊形ABCD為正方形,所以N為BD的中點,即EN,MB均在平面BDE內(nèi),所以直線BM,EN是相交直線,選B.6.一題多解如圖,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_法一:(幾何法)由題意可知ACBC,又PA平面ABC,PABCPAACA,BC平面PAC,BCPC,PCA為二面角ABCP的平面角在RtBCA中,AB2,BC,AC1.在RtPCA中,PA,tanPCA,PCA.法二:(坐標(biāo)法)以A為原點,AP為z軸,AC為y軸,過A且垂直于AC的直線
6、為x軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示由AB2,PABC,可知AC1.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),則即取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 ,.能力提升練(建議用時:15分鐘)7.如圖,在各棱長均為2的正三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分別為棱A1B1與BB1的中點,M,N為線段C1D上的動點,其中,M更靠近D,且MNC1N.(1)證明:A1E平面AC1D;(2)若NE與平面BCC1B1所成角的正弦值為,求異面直線BM與NE所成角的余弦值解(1)證明:由已知
7、得A1B1C1為正三角形,D為棱A1B1的中點,C1DA1B1,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1底面A1B1C1,C1D底面A1B1C1,則AA1C1D.又A1B1AA1A1,A1B1,AA1平面ABB1A1,C1D平面ABB1A1,又A1E平面ABB1A1,C1DA1E.易證A1EAD,又ADC1DD,AD,C1D平面AC1D,A1E平面AC1D.(2)取BC的中點O,B1C1的中點O1,連接AO,則AOBC,OO1BC,OO1AO,以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz,則B(0,1,0),E(0,1,1),C1(0,1,2),D,設(shè),則(0,2,1),易知n(1,0,
8、0)是平面BCC1B1的一個法向量,|cos,n|,解得(負(fù)值舍去),2,cos,異面直線NE與BM所成角的余弦值為.8.如圖,CD,AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點,AE1.(1)求證:BE平面DAE;(2)求二面角CDBE的余弦值解(1)證明:由圓柱的性質(zhì)知,DA平面ABE,又BE平面ABE,BEDA,又AB是底面圓的直徑,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點,BEAE,又DAAEA,DA,AE平面DAE,BE平面DAE.(2)過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,ABAD2,AE1,B
9、E,E,D(0,0,2),B(0,2,0),(0,2,2),取平面CDB的一個法向量為n1(1,0,0),設(shè)平面EBD的法向量為n2(x2,y2,z2),則即取z21,則n2(,1,1)為平面EBD的一個法向量cosn1,n2,又易知二面角CDBE為鈍角,二面角CDBE的余弦值為.內(nèi)容押題依據(jù)探索性問題,線面平行的性質(zhì)、線面角的求法探索性問題高考還未考查,可以較好的考查考生的思維,邏輯推理、運算等核心素養(yǎng)【押題】如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是平行四邊形,PD平面ABCD,PDADBD2,AB2,E是棱PC上的一點(1)若PA平面BDE,證明:PEEC;(2)在(1)的條件下,棱PB
10、上是否存在點M,使直線DM與平面BDE所成角的大小為30?若存在,求PMMB的值;若不存在,請說明理由解(1)連接AC交BD于點F,連接EF,則EF是平面PAC與平面BDE的交線,因為PA平面BDE,PA平面PAC,所以PAEF.又因為F是AC中點,所以E是PC的中點,所以PEEC.(2)由已知條件中,AD2BD2AB2,所以ADBD.以D為原點,DA為x軸,DB為y軸,DP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系則D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0),E(1,1,1),(1,1,1),(0,2,0)假設(shè)在棱PB上存在點M,設(shè)(01),得M(0,2,22),(0,2,22),記平面BDE的法向量為n1(x1,y1,z1),則即取z11,則x11,n1(1,0,1)要使直線DM與平面BDE所成角的大小為30,則sin 30,即,解得0,1,所以在棱PB上存在點M使直線PM與平面BDE所成角的大小為30,此時PMMB11.- 7 -