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- 2021-06-12 发布
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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.