word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 专题5 第3讲用空间向量的方法接立体几何问题（理）.doc

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1、第一部分专题五第三讲A组1在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为(B)A.BCD解析设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，E(0，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，所以(0，1)，(1,1,0)，则cos，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.2已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为(B)A.，4B，4C.，2,4 D4，15解析352z0，所以z4，又BP平面ABC，所以x15y60，3x3y3z0，由得x，y.3已知正方体ABCDA

2、1B1C1D1，下列命题：()232，()0，向量与向量的夹角为60，正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，其中正确命题的序号是(B)A BC D解析如图所示：以点D为坐标原点，以向量，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于：(0,0，1)，(1,0,0)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正确；对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以()0.所以正确

3、；对于：(1,0,1)，(0,1，1)，1，cos，所以与的夹角为120，所以不正确；对于：因为0，所以错误故选B.4在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，点D在棱BB1上，若BD3，则AD与平面AA1C1C所成的角的正切值为(D)A. BC. D解析如图，可得()421252cos(为与的夹角)，所以cos，sin，tan，又因为BE平面AA1C1C，所以所求角的正切值为.5在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是_.解析如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,

4、1,0)，S(0,0,1)，可知(，0,0)是平面SAB的一个法向量设平面SCD的法向理n(x，y，z)，因为(，0，1)，(，1,0)，所以n0，n0，可推出z0，y0，令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos.6已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_90_.解析延长A1B1至D，使A1B1B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角设三棱柱的各条棱长为2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos60164241

5、2.DM2C1D2C1M213，所以cosDBM0，所以DBM90.7点P是二面角AB棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为_90_.解析不妨设PMa，PNb，如图作MEAB于点E，NFAB于点F，因为EPMEPN45，所以PEa，PFb，所以()()abcos60abcos45abcos45ab0，所以，所以二面角AB的大小为90.8如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形，A1AAB2，ABC，E，F分别是BC，A1C的中点(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A

6、1D上，.若CM平面AEF，求实数的值解析(1)因为由题意知四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，A1A平面ABCD.又AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC，则ABC是等边三角形，因为E是BC中点，所以BCAE.因为BCAD，所以AEAD.故建立如图所示，以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴的空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F(，1)(0,2,0)，(，1)，cos，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段

7、A1D上，且，则(x，y，z2)(0,2，2)则M(0,2，22)，(，21,22)设平面AEF的一个法向量为n(x0，y0，z0)因为(，0,0)，(，1)由得x00，y0z00，取y02，则z01，则平面AEF的一个法向量为n(0,2，1)由于CM平面AEF，则n0，即2(21)(22)0，解得.9(2018天津卷，17) 如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE.(2)求二面角EBCF的正弦值(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60

8、，求线段DP的长解析依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M(0，1)，N(1,0,2)(1)依题意DC(0,2,0)，DE(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又MN(1，1)，可得MNn00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得BC(1,0,0)，BE(1，2,2)，CF(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为

9、平面BCE的法向量，则即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP(1，2，h)易知，DC(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cosBP，DC|，由题意，可得sin60，解得h0,2所以线段DP的长为.B组1(2019浙江卷，19)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中

10、点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解析(1)证明：如图，连接A1E.图因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)解：如图，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1

11、G上连接A1G交EF于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.图(1)证明：连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，2，C(0,2,0)因此

12、，(，1,0)由0，得EFBC.(2)解：设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1, ，1)，故sin|cos，n|，所以cos.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.2(2018全国卷，18)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD.(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析(1)由已知可得，BFPF，BFEF，PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面AB

13、FD.(2)方法一：作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，设正方形ABCD的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，DP，HP为平面ABFD的一个法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.方法二：因为PFBF，BFED，所以PFED.又PFPD，EDDPD，所以PF平面PED.所以PFPE，设AB4，则EF4，PF2，所以PE2.过P作PHEF交EF于H点，由平面P

14、EF平面ABFD，所以PH平面ABFD，连接DH，则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角由PEPFEFPH，所以PH，因为PD4，所以sinPDH.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.3如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析(1)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以AFEG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且

15、CEAC，所以CE平面ABCD.如图以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，0)，F(，1)所以(，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE.又BEDEE，BE、DE平面BDE.(3)由(2)知，(，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n(x，y，z)，则n0，n0.即所以x0，zy.令y1，则z.所以n(0,1，)，从而cosn，因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为.4(2018北京卷，16)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面A

16、BC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF.(2)求二面角BCDC1的余弦值(3)证明：直线FG与平面BCD相交解析(1)因为CC1平面ABC，AC平面ABC，所以CC1AC.在平行四边形A1ACC1中，E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EFCC1，所以ACEF.在ABC中，ABBC，E是AC的中点，所以ACBE.又因为ACEF，BE，EF平面BEF，BEEFE，所以AC平面BEF.(2)如图，建立空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(1,0,0)，A1(1,0,2)，B1

17、(0,2,2)，C1(1,0,2)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)，显然EB(0,2,0)是平面CDC1的一个法向量，设m(x，y，z)是平面BCD的一个法向量，又BC(1，2,0)，BD(1，2,1)，所以不妨取y1，则x2，z4，所以平面BCD的一个法向量为m(2,1,4)，cosEB，m，由图知，二面角BCDC1为钝角，所以二面角BCDC1的余弦值为.(3)方法一：记CD，EF交点为I，连接BI，由(1)及已知，EFCC1，CC1BB1，所以EFBB1，直线BG与直线FI共面又因为BGBB1AA1A1D，A1DFI，所以四边形BGFI是梯形，直线FG与直线BI一定有交点，又因为BI平面BCD，FG平面BCD，所以直线FG与平面BCD相交方法二：反证法显然FG平面BCD，假设FG平面BCD，下面推出矛盾记CD，EF交点为I，连接BI，因为FG平面BCD，平面BCD平面BGFIBI，所以FGBI.由(1)及已知，EFCC1，CC1BB1，所以EFBB1，即BGFI，所以四边形BGFI是平行四边形，所以BGFI.这与BGBB1AA1A1DFI，矛盾，所以直线FG与平面BCD相交