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  • 2021-06-12 发布

2020二轮复习(理) 空间向量与立体几何作业

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专题限时集训(八) 空间向量与立体几何 ‎[专题通关练]‎ ‎(建议用时:20分钟)‎ ‎1.(2019·泰安一模)在直三棱柱ABCA1B‎1C1,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A‎1C1的中点,BC=AC=CC1=1,则AN与BM所成角的余弦值为(  )‎ A.     B. C. D. D [建立如图所示的空间直角坐标系:‎ 则A(1,0,0),B(0,1,0),N,M,∴=,=,‎ cos〈,〉‎ ‎= ‎===.故选D.]‎ ‎2.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=,则该二面角的大小为(   )‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.120°‎ C [由已知可得·=0,·=0,如图,‎ =++,‎ ‎∴||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2· ‎=32+22+42+2×3×4cos〈,〉=()2,‎ ‎∴cos〈,〉=-,即〈,〉=120°,‎ ‎∴所求二面角的大小为60°,故选C.]‎ ‎3.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B‎1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB‎1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(  )‎ A.8 B.6 C.8 D.8 C [在长方体ABCDA1B‎1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,AC1,则∠AC1B为直线AC1与平面BB‎1C1C所成的角,∠AC1B=30°.又AB=BC=2,所以在Rt△ABC1中,BC1==2,‎ 在Rt△BCC1中,CC1==2,所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=8.]‎ ‎4.(2019·汕头模拟)如图,在正方体ABCDA1B‎1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是(  )‎ A.MN⊥CC1‎ B.MN⊥平面ACC‎1A1‎ C.MN∥平面ABCD D.MN∥A1B1‎ D [在正方体ABCDA1B‎1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z 轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为2,则M(1,2,1),N(0,1,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),=(-1,-1,0),=(0,0,2),·=0,∴MN⊥CC1,故A正确;A(2,0,0),=(-2,2,0),‎ ·=0,∴MN⊥AC,‎ ‎∵AC∩CC1=C,∴MN⊥平面ACC‎1A1,故B正确;‎ ‎∵平面ABCD的法向量n=(0,0,1),‎ ·n=0,又MN平面ABCD,∴MN∥平面ABCD,故C正确;‎ A1(0,2,2),B1(2,2,2),∴=(2,0,0),‎ ‎∴MN与A1B1不平行,故D错误.故选D.]‎ ‎5.(2019·全国卷Ⅲ)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(  )‎ A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 B [取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=++22=7,得BM=,所以BM≠EN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,选B.]‎ ‎6.[一题多解]如图,AB是⊙O的直径,PA垂直于⊙O 所在平面,点C是圆周上不同于A,B两点的任意一点,且AB=2,PA=BC=,则二面角ABCP的大小为________.‎  [法一:(几何法)由题意可知AC⊥BC,‎ 又PA⊥平面ABC,‎ ‎∴PA⊥BC ‎∵PA∩AC=A,‎ ‎∴BC⊥平面PAC,‎ ‎∴BC⊥PC,‎ ‎∴∠PCA为二面角ABCP的平面角.‎ 在Rt△BCA中,AB=2,BC=,∴AC=1.‎ 在Rt△PCA中,PA=,‎ ‎∴tan∠PCA==,‎ ‎∴∠PCA=.‎ 法二:(坐标法)以A为原点,AP为z轴,AC为y轴,过A且垂直于AC的直线为x轴,建立空间直角坐标系,如图所示.由AB=2,PA=BC=,可知AC==1.‎ ‎∴P(0,0,),B(,1,0),C(0,1,0),‎ =(,1,-),=(0,1,-).‎ 设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则 即取z=1得n=(0,,1).‎ 平面ABC的法向量m=(0,0,1)‎ 设二面角ABCP的平面角为θ,‎ 则cos θ==,‎ ‎∴θ=.]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎(建议用时:15分钟)‎ ‎7.如图,在各棱长均为2的正三棱柱ABCA1B‎1C1中,D,E分别为棱A1B1与BB1的中点,M,N为线段C1D上的动点,其中,M更靠近D,且MN=C1N.‎ ‎(1)证明:A1E⊥平面AC1D;‎ ‎(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为,求异面直线BM与NE所成角的余弦值.‎ ‎[解](1)证明:由已知得△A1B‎1C1为正三角形,D为棱A1B1的中点,‎ ‎∴C1D⊥A1B1,‎ 在正三棱柱ABCA1B‎1C1中,AA1⊥底面A1B‎1C1,C1D底面A1B‎1C1,则AA1⊥C1D.‎ 又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1平面ABB‎1A1,‎ ‎∴C1D⊥平面ABB‎1A1,‎ 又A1E平面ABB‎1A1,‎ ‎∴C1D⊥A1E.‎ 易证A1E⊥AD,‎ 又AD∩C1D=D,AD,C1D平面AC1D,‎ ‎∴A1E⊥平面AC1D.‎ ‎(2)取BC的中点O,B‎1C1的中点O1,连接AO,则AO⊥BC,OO1⊥BC,OO1⊥AO,‎ 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,‎ 则B(0,1,0),E(0,1,1),‎ C1(0,-1,2),D,‎ 设=λ=,‎ 则=- ‎=(0,2,-1)- ‎=,‎ 易知n=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,‎ ‎∴|cos〈,n〉|==,‎ 解得λ=(负值舍去),‎ ‎∴=,‎ =2λ= =+=,‎ ‎∴cos〈,〉= ‎=-,‎ ‎∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为.‎ ‎8.如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,AE=1.‎ ‎(1)求证:BE⊥平面DAE;‎ ‎(2)求二面角CDBE的余弦值.‎ ‎[解](1)证明:由圆柱的性质知,DA⊥平面ABE,‎ 又BE平面ABE,‎ ‎∴BE⊥DA,‎ 又AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,∴BE⊥AE,‎ 又DA∩AE=A,DA,AE平面DAE,‎ ‎∴BE⊥平面DAE.‎ ‎(2)过A在平面AEB内作垂直于AB的直线,‎ 建立如图所示的空间直角坐标系,‎ ‎∵AB=AD=2,AE=1,∴BE=,‎ ‎∴E,D(0,0,2),B(0,2,0),‎ ‎∴=,=(0,-2,2),‎ 取平面CDB的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面EBD的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则 即取z2=1,则n2=(,1,1)为平面EBD的一个法向量.‎ ‎∴cos〈n1,n2〉===,‎ 又易知二面角CDBE为钝角,‎ ‎∴二面角CDBE的余弦值为-.‎ 内容 押题依据 探索性问题,线面平行的性质、线面角的求法 探索性问题高考还未考查,可以较好的考查考生的思维,逻辑推理、运算等核心素养 ‎【押题】 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,PD⊥平面ABCD,PD=AD=BD=2,AB=2,E是棱PC上的一点.‎ ‎(1)若PA∥平面BDE,证明:PE=EC;‎ ‎(2)在(1)的条件下,棱PB上是否存在点M,使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°?若存在,求PM∶MB的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎[解] (1)连接AC交BD于点F,连接EF,‎ 则EF是平面PAC与平面BDE的交线,‎ 因为PA∥平面BDE,PA平面PAC,所以PA∥EF.‎ 又因为F是AC中点,所以E是PC的中点,所以PE=EC.‎ ‎(2)由已知条件中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.‎ 以D为原点,DA为x轴,DB为y轴,DP为z轴建立空间直角坐标系.‎ 则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).‎ 假设在棱PB上存在点M,设=λ(0≤λ≤1),‎ 得M(0,2λ,2-2λ),=(0,2λ,2-2λ),‎ 记平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则即 取z1=1,则x1=1,n1=(1,0,1).‎ 要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°,‎ 则=sin 30°,‎ 即=,‎ 解得λ=∈[0,1],‎ 所以在棱PB上存在点M使直线PM与平面BDE 所成角的大小为30°,此时PM∶MB=1∶1.‎

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