高考数学二轮复习专题限时训练空间向量与立体几何理.doc

《高考数学二轮复习专题限时训练空间向量与立体几何理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习专题限时训练空间向量与立体几何理.doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCACCC11，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AB2，AC3，BD4，CD，则该二面角的大小为( )A30B45C60D120C由已知可得0，0，如图，|2()2|2|2|2222322242234cos，()2，co

2、s，即，120，所求二面角的大小为60，故选C.3(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8B6C8D8C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，AC1B30.又ABBC2，所以在RtABC1中，BC12，在RtBCC1中，CC12，所以该长方体体积VBCCC1AB8.4.(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()AMNCC1BMN平面ACC1

3、A1CMN平面ABCDDMNA1B1D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，MNCC1，故A正确；A(2,0,0)，(2,2,0)，0，MNAC，ACCC1C，MN平面ACC1A1，故B正确；平面ABCD的法向量n(0,0,1)，n0，又MN平面ABCD，MN平面ABCD，故C正确；A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，(2,0,0)，M

4、N与A1B1不平行，故D错误故选D.5.(2019全国卷)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()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，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EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP，CP，所以BM2

5、MP2BP2227，得BM，所以BMEN.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AB2，PABC，则二面角ABCP的大小为_法一：(几何法)由题意可知ACBC，又PA平面ABC，PABCPAACA，BC平面PAC，BCPC，PCA为二面角ABCP的平面角在RtBCA中，AB2，BC，AC1.在RtPCA中，PA，tanPCA，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

6、为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示由AB2，PABC，可知AC1.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z1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，则cos ，.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MNC1N.(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

7、得A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，C1DA1B1，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，则AA1C1D.又A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，C1D平面ABB1A1，又A1E平面ABB1A1，C1DA1E.易证A1EAD，又ADC1DD，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AOBC，OO1BC，OO1AO，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，则(0,2，1)，易知n(1,0,

8、0)是平面BCC1B1的一个法向量，|cos，n|，解得(负值舍去)，2，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，AE1.(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，BEDA，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，BEAE，又DAAEA，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，ABAD2，AE1，B

9、E，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z21，则n2(，1,1)为平面EBD的一个法向量cosn1，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，PDADBD2，AB2，E是棱PC上的一点(1)若PA平面BDE，证明：PEEC；(2)在(1)的条件下，棱PB

10、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PMMB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PAEF.又因为F是AC中点，所以E是PC的中点，所以PEEC.(2)由已知条件中，AD2BD2AB2，所以ADBD.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(01)，得M(0,2，22)，(0,2，22)，记平面BDE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取z11，则x11，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PMMB11.