2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四　3 第3讲　空间向量与立体几何 10页

专题强化训练 ‎1．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为CD和C1C的中点，则直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A(2，0，0)、E(0，1，0)、D1(0，0，2)、F(0，2，1)．‎ 所以＝(2，－1，0)，＝(0，2，－1)，‎ cos〈，〉＝＝＝－.‎ 则直线AE与D1F所成角的余弦值为.‎ ‎2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，‎ D(0，1，0)，‎ 所以＝(0，1，－1)，‎ ＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则所以 所以n1＝(1，2，2)．‎ 因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所成角的余弦的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.根据题意，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA＝OB＝OC＝2，＝(2，0，0)，设 P(x，y，0)，Q(0，0，z)，因为BP≤BC，AQ≥AO，所以1≤x≤2，0≤y≤1且x＋y＝2，0≤z≤1，＝(－x，x－2，z)，|cos〈，〉|＝ ‎＝，‎ 当x＝1，z＝1时，|cos〈，〉|＝；‎ 当x＝2，z＝1时，|cos〈，〉|＝；‎ 当x＝2，z＝0时，|cos〈，〉|＝1.‎ 当x＝1，z＝0时，|cos〈，〉|＝，结合四个选项可知PQ和OB所成角的余弦的取值范围是.‎ ‎4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，E，G，F(x，0，0)，D(0，y，0)，‎ 由于GD⊥EF，所以x＋2y－1＝0，‎ DF＝＝，‎ 由x＝1－2y>0，得y<，‎ 所以当y＝时，线段DF长度的最小值是，‎ 当y＝0时，线段DF长度的最大值是1而不包括端点，故y＝0不能取，故选A.‎ ‎5．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，‎ 所以B1D1＝＝，‎ 所以cos∠B1AD1＝＝，选择C.‎ ‎6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角ACDB中，BC⊥CD，BC＝CD＝2，点A在直线AD上运动，满足AD⊥CD，AB＝3.现将平面ADC沿着CD进行翻折，在翻折的过程中，线段AD长的取值范围是________．‎ 解析：由题意得⊥，⊥，‎ 设平面ADC沿着CD进行翻折过程中，二面角ACDB的夹角为θ，则〈，〉＝θ，因为 eq o(AB,sup6(→))＝＋＋，所以平方得2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，‎ 设AD＝x，因为BC＝CD＝2，AB＝3，‎ 所以9＝x2＋4＋4－4xcos θ，‎ 即x2－4xcos θ－1＝0，即cos θ＝.‎ 因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤≤1，‎ 即，即，‎ 则 因为x>0，所以－2≤x≤＋2，‎ 即AD的取值范围是[－2，＋2]．‎ 答案：[－2，＋2]‎ ‎7．(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E、F分别为直线AB、CD上的动点，且|EF|＝.若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于________．(注：|L|表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积)‎ 解析：如图，当E为AB中点时，F分别在C，D处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；当F为CD中点时，E分别在A，B处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上，连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以为半径的圆，其测度|L|＝2π×＝π.‎ 答案：π ‎8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥DABC中，已知AB＝2，·＝－3，设AD＝a，BC＝b，CD＝c，则的最小值为________．‎ 解析：设＝a，＝b，＝c，因为AB＝2，所以|a＋b＋c|2＝4⇒a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝4，又因为·＝－3，所以(a＋c)·(－b－c)＝－3⇒a·b＋b·c＋c·a＋c2＝3，‎ 所以a2＋b2＋c2＋2(3－c2)＝4⇒c2＝a2＋b2＋2，所以≥＝2，当且仅当a＝b时 ‎，等号成立，即的最小值是2.‎ 答案：2‎ ‎9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将△ABD沿对角线BD向上翻折，若翻折过程中AC长度在内变化，则点A所形成的运动轨迹的长度为________．‎ 解析：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE，A′E.‎ 因为矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，‎ 所以AE＝，CE＝.‎ 所以A点的轨迹为以E为圆心，以为半径的圆弧．∠A′EA为二面角ABDA′的平面角．‎ 以E为原点，以EB，EA′所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系Exyz，设∠A′EA＝θ，则A，C，‎ 所以AC＝＝，‎ 所以≤ ≤，‎ 解得0≤cos θ≤，‎ 所以60°≤θ≤90°，所以A点轨迹的圆心角为30°，‎ 所以A点轨迹的长度为·＝.‎ 答案：π ‎10．(2019·宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥PABCD中，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，△BCD是等边三角形，E是BP的中点，AC与BD交于点O，且OP⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：PD∥平面ACE；‎ ‎(2)当OP＝1时，求直线PA与平面ACE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为在四棱锥PABCD中，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，△BCD是等边三角形，‎ 所以△ABC≌△ACD，‎ 因为E是BP中点，AC与BD交于点O，所以O是BD中点，连接OE，则OE∥PD，因为PD⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PD∥平面ACE.‎ ‎(2)因为BD⊥AC，PO⊥平面ABCD，‎ 以O为原点，OB，OC，OP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，‎ 则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，3，0)，E，‎ ＝，＝，＝(0，－1，－1)，‎ 设平面ACE的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则，取x＝1，得n＝(1，0，－)，‎ 设直线PA与平面ACE所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝，‎ 所以直线PA与平面ACE所成角的正弦值为.‎ ‎11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，BC∥AD，BC⊥AB，PB＝AD＝2，AB＝BC＝1，E为棱PD上的点．‎ ‎(1)若PE＝PD，求证：PB∥平面ACE；‎ ‎(2)若E是PD的中点，求直线PB与平面ACE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：过A作Az⊥平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，‎ 由题意解得，PC＝，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，所以＝(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，‎ 设E(x，y，z)，由＝，得E(，，)，‎ 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，取z＝1，得n＝(，－，1)，‎ 所以·n＝0，‎ 因为PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE.‎ ‎(2)过A作Az⊥平面ABCD，以A为原点，如图建立直角坐标系，‎ 由题意解得PC＝，所以B(1，0，0)，P(1，1，)，A(0，0，0)，‎ 所以＝(0，1，)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，所以E(，，)，‎ ＝(1，1，0)，＝(，，)，‎ 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 取z＝2，得n＝(，－，2)，‎ 所以直线PB与平面ACE所成角的正弦值：‎ sin θ＝＝＝.‎ ‎12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1＝h(h>0)．‎ ‎(1)证明：BC1∥平面AB1D；‎ ‎(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值．‎ 解：(1)证明：连接A1B交AB1于E，连接DE，‎ 则DE是△A1BC1的中位线．‎ 所以DE∥BC1.‎ 又DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，故BC1∥平面AB1D.‎ ‎(2)以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1，0，0)，C1(0，，h)．‎ 易得平面ABB1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)．‎ 又＝(－1，，h)．‎ 所以sin ＝|cos〈，n〉|＝.‎ 即＝，解得h＝2.‎ ‎13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.‎ ‎(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；‎ ‎(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为BD⊂平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.‎ ‎(2)如图建系Oxyz，令AB＝a，则 A，B，‎ D，‎ C′，‎ 所以＝＝，平面ADC′的法向量为m＝，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，‎ 故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为.‎ ‎14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥PABCD的底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60°？‎ 解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0，0，0)，B(2a，0，0)，‎ C(2a，2b，0)，D(0，2b，0)，‎ P(0，0，2c)．‎ 设AC∩BD＝O，连接OE，则O(a, b，0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．‎ ‎(1)证明：因为＝(2a，0，－2c)，＝(a，0，－c)，‎ 所以＝2，所以∥，即PB∥EO.‎ 因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为四边形ABCD为正方形，所以a＝b，A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，P(0，0，2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，‎ 因为z轴⊂平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x，1，0)，而＝(2a，2a，0)，‎ 所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，‎ 所以n＝(－1，1，0)．‎ 因为y轴⊂平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1，0，z)，而＝(a，a，c)，‎ 所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，‎ 所以m＝(1，0，－)∥m′＝(c，0，－a)．‎ cos 60°＝＝＝，得a＝c.‎ 故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60°.‎