（江蘇專用）2020版高考數學大一輪復習 第十章 附加考查部分 2 第2講 空間向量與立體幾何刷好題練能力 文

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1、第2講 空間向量與立體幾何 1．已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，求異面直線BC1與AE所成角的余弦值． 解：建立坐標系如圖， 則A(1，0，0)，E(0，2，1)， B(1，2，0)，C1(0，2，2)． ＝(－1，0，2)， ＝(－1，2，1)， cos〈，〉＝＝. 所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為. 2．如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，求直線EF和BC1所成的角． 解：建立如圖所示的空間直角坐標系．

2、 設AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)， 則＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)， 所以·＝2， 所以cos〈，〉＝＝， 所以直線EF和BC1所成角為60°. 3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，求平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值． 解：以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，設棱長為1， 則A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)， 所以＝(0，1，－1)，＝， 設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)， 則所以所以n1＝(1，2，2)． 因為平面AB

3、CD的一個法向量為n2＝(0，0，1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 故平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為. 4．如圖所示的長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點，BB1＝，M是線段B1D1的中點． (1)求證：BM∥平面D1AC； (2)求證：D1O⊥平面AB1C. 證明：(1)以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則點O(1，1，0)、D1(0，0，)， 所以＝(－1，－1，)， 又點B(2，2，0)，M(1，1，)， 所以＝(－1，－1，)， 所以＝， 又因為OD1與BM不共線，

4、 所以OD1∥BM. 又OD1?平面D1AC，BM?平面D1AC， 所以BM∥平面D1AC. (2)連結OB1，因為·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0， 所以⊥，⊥， 即OD1⊥OB1，OD1⊥AC， 又OB1∩AC＝O，所以D1O⊥平面AB1C. 5.(2019·鹽城模擬)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，A1A＝，M是CC1的中點． (1)求證：A1B⊥AM； (2)求二面角B-AM-C的平面角的大?。? 解：(1)證明：以點C為原點，{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系

5、C-xyz，如圖所示， 則B(1，0，0)，A(0，，0)， A1(0，，)，M. 所以＝(1，－，－)， ＝. 因為·＝1×0＋(－)×(－)＋(－)×＝0， 所以A1B⊥AM. (2)易知BC⊥平面ACC1，即BC⊥平面AMC. 所以是平面AMC的一個法向量，＝(1，0，0)． 設n＝(x，y，z)是平面BAM的一個法向量， ＝(－1，，0)，＝. 由得 令z＝2，得x＝，y＝，所以n＝(，，2)． 因為||＝1，|n|＝2， 所以cos〈，n〉＝＝. 因此二面角B-AM-C的大小為45°. 6．(2019·常州檢測)如圖，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠

6、ABC＝90°，AB＝BC＝PA＝1，AD＝3，E是PB的中點． (1)求證：AE⊥平面PBC； (2)求二面角B-PC-D的余弦值． 解：(1)證明：分別以{，，}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E； 所以＝，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)； 因為·＝0，·＝0，所以⊥，⊥， 即AE⊥BC，AE⊥BP. 而BC、BP?平面PBC，且BC∩BP＝B， 所以AE⊥平面PBC. (2)設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，而＝(－1，2，0)，＝(0，3，－1)

7、， 則由?? 取y＝1，則x＝2，z＝3，即n＝(2，1，3)． 又由(1)AE⊥平面PBC，所以是平面PBC的法向量，而＝， 所以cos〈，n〉＝＝＝， 故由圖形可知二面角B-PC-D的余弦值為－. 7．(2019·蘇州三校質檢)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是AC的中點，E是線段D1O上一點，且＝λ. (1)若λ＝1，求異面直線DE與CD1所成角的余弦值； (2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值． 解：(1)不妨設正方體的棱長為1，以{，，}為正交基底建立空間直角坐標系， 則A(1，0，0)，O，C(0，1，0)，D1(0，0，1)． 因為λ＝1，則

8、E， 所以＝，＝(0，－1，1)． 因為cos〈，〉＝＝， 所以異面直線DE與CD1所成的角的余弦值為. (2)設平面CD1O的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)． 由得解得 取x1＝1得y1＝z1＝1，即m＝(1，1，1)． 由＝λ得E， 所以＝， 設平面CDE的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)． 由得 解得 取x2＝2得z2＝－λ，即n＝(2，0，－λ)， 因為平面CDE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，解得λ＝2. ) 1．(2019·江蘇省重點中學領航高考沖刺卷(一))如圖，AB是半圓O的直徑，點C在半圓弧上，且＝，CD與半圓O所在的平面垂直，DC∥E

9、B，DC＝EB＝1，AB＝4. (1)求異面直線BD與AE所成角的余弦值； (2)求二面角D-AE-B的余弦值． 解：因為AB是半圓O的直徑，點C在半圓弧上， 所以AC⊥BC， 因為CD與半圓O所在的平面垂直， 所以CD⊥AC，CD⊥CB， 以點C為坐標原點，CA，CB，CD所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 因為AB＝4，＝， 所以CA＝CB＝2， 所以A(2， 0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，E(0，2，1)． (1)＝(0，－2，1)，＝(－2，2，1)， 則cos〈，〉＝＝＝－， 設異面直線BD與AE所成的角為θ，θ∈，

10、 則cos θ＝|cos〈，〉|＝， 即異面直線BD與AE所成角的余弦值為. (2)＝(0，2，0)，＝(2，0，－1)， 設平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)， 則， 則可取平面ADE的一個法向量為n＝(1，0，2)． 連結OC，則OC⊥AB， 因為CD與半圓O所在的平面垂直， 所以CD⊥OC，因為DC∥EB， 所以OC⊥BE，又AB∩BE＝B， 所以OC⊥平面ABE，又O(，，0)， 所以平面ABE的一個法向量為＝(，，0)， 所以cos〈n，〉＝＝＝. 結合圖形可知，二面角D-AE-B的余弦值為－. 2.(2019·南京、鹽城模擬)如圖，在直三棱柱ABC

11、-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，動點P滿足＝λ(λ>0)，當λ＝時，AB1⊥BP. (1)求棱CC1的長； (2)若二面角B1-AB-P的大小為，求λ的值． 解：(1)以點A為坐標原點，以{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系， 設CC1＝m，則B1(3，0，m)，B(3，0，0)，P(0，4，λm)， 所以＝(3，0，m)，＝(3，－4，－λm)，＝(3，0，0)， 當λ＝時，有·＝(3，0，m)·＝0， 解得m＝3，即棱CC1的長為3. (2)設平面PAB的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 則由 得即 令z＝1，則y＝－，所以平面PAB的一個法向量

12、為n1＝， 又平面ABB1與y軸垂直，所以平面ABB1的一個法向量為n2＝(0，1，0)， 因為二面角B1-AB-P的平面角的大小為， 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝，結合λ>0，解得λ＝. 3．(2019·揚州期中)如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，B1C⊥AC1. (1)求AA1的長； (2)在線段BB1上存在點P，使得二面角P-A1C-A大小的余弦值為，求的值． 解：(1)以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，設AA1＝t， 則A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0) 所以＝(0，

13、4，t)，＝(－3，4，－t)． 因為B1C⊥AC1，所以·＝0，即16－t2＝0，解得t＝4，即AA1的長為4. (2)設P(3，0，m)，又A(0，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4), 所以＝(0，4，－4)，＝(3，0，m－4)，且0≤m≤4. 設n＝(x，y，z)為平面PA1C的法向量， 所以n⊥ ，n⊥， 所以取z＝1，解得y＝1，x＝， 所以n＝為平面PA1C的一個法向量. 又知＝(3，0，0)為平面A1CA的一個法向量， 則cos

14、〈n，〉＝， 因為二面角P-A1C-A大小的余弦值為， 所以 ＝， 解得m＝1，所以＝. 4．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點． (1)證明：B1C1⊥CE； (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值； (3)設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長． 解：如圖，以點A為原點，以{，，}為正交基底建立空間直角坐標系，依題意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E

15、(0，1，0)． (1)證明：易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0， 所以B1C1⊥CE. (2)＝(1，－2，－1)． 設平面B1CE的法向量為m＝(x，y，z)， 則 即消去x，得y＋2z＝0， 不妨令z＝1，可得一個法向量為m＝(－3，－2，1)． 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)為平面CEC1的一個法向量． 于是cos〈m，〉＝ ＝＝－， 從而sin〈m，〉＝， 所以二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)，設＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1

16、，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． 可?。?0，0，2)為平面ADD1A1的一個法向量． 設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝， 于是＝，解得λ＝(負值舍去)， 所以AM＝. 5.如圖，已知△AOB中，∠AOB＝，∠BAO＝，AB＝4，D為線段AB的中點．若△AOC是△AOB繞直線AO旋轉而成的．記二面角B-AO-C的大小為θ. (1)當平面COD⊥平面AOB時，求θ 的值； (2)當θ∈時，求二面角C-OD-B的余弦值的取值范圍． 解：(1) 如圖，以O為原點，在平面OBC內垂直于OB的直線為x軸，OB，OA所在的直線分別為y軸，

17、z軸建立空間直角坐標系O-xyz，則A(0，0，2)，B(0，2，0), D(0，1，)，C(2sin θ，2cos θ，0)． 設n1＝(x，y，z)為平面COD的一個法向量， 由 得 取z＝sin θ，則n1＝(cos θ，－sin θ，sin θ)． 因為平面AOB的一個法向量為n2＝(1，0，0)， 由平面COD⊥平面AOB得n1·n2＝0， 所以cos θ＝0，即θ＝. (2)設二面角C-OD-B的大小為α， 由(1)得當θ＝時， cos α＝0； 當θ∈時，tan θ≤－， cos α＝＝＝－， 故－≤cos α＜0. 綜上，二面角C-OD-B的余弦值的取值范圍為. 12