《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題四 立體幾何 第3講 空間向量與立體幾何專題強(qiáng)化精練提能 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題四 立體幾何 第3講 空間向量與立體幾何專題強(qiáng)化精練提能 理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專題四 立體幾何 第3講 空間向量與立體幾何專題強(qiáng)化精練提能 理 1．設(shè)一地球儀的球心為空間直角坐標(biāo)系的原點O，球面上兩個點A，B的坐標(biāo)分別為A(1，2，2)，B(2，－2，1)，則|AB|＝(　　) A．18　　　　　　　　 B．12 C．3 D．2 解析：選C.|AB|＝ ＝＝3. 2. 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為CD和C1C的中點，則直線AE與D1F所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.以D為原點，分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略

2、)．若棱長為2，則A(2，0，0)、E(0，1，0)、D1(0，0，2)、F(0，2，1)． 所以＝(2，－1，0)，＝(0，2，－1)， cos 〈，〉＝ ＝＝－. 則直線AE與D1F所成角的余弦值為. 3．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A. 建立坐標(biāo)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)， 所以cos〈，〉＝＝. 4．(xx·河南省第一次統(tǒng)一

3、檢測)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，點D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D.取AC的中點E，連接BE，如圖，可得·＝(＋)·＝·＝4×2×＝12＝5×2×cos θ(θ為與的夾角)， 所以cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝，又因為BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值為. 5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.以A為原點建立如

4、圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)棱長為1， 則A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)， 所以＝(0，1，－1)，＝， 設(shè)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ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為. 6. 如圖，三棱錐A-BCD的棱長全相等，E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　D. 解析：選A.設(shè)AB＝1， 則·＝(－)·(－) ＝2－·－·＋· ＝－cos 60°

5、－cos 60°＋cos 60°＝. 所以cos〈，〉＝＝＝. 7．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，若動點P在線段BD1上運動，則·的取值范圍是________． 解析：依題意，設(shè)＝λ，其中λ∈[0，1]，·＝·(＋)＝·(＋λ)＝2＋λ·＝1＋λ·＝1－λ∈[0，1]，因此·的取值范圍是[0，1]． 答案：[0，1] 8. 如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，將△ABD沿對角線BD折起到△A′BD的位置，使點A′在平面BCD內(nèi)的射影點O恰好落在BC邊上，則異面直線A′B與CD所成角的大小為________． 解析：過O作OE∥CD交BD于點E，由題意知，A′

6、O⊥OC，A′O⊥OE，OE⊥OC，故以O(shè)為原點，，，分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A′(0，0，)，B(－1，0，0)，C(3，0，0)，D(3，2，0)，所以＝(－1，0，－)，＝(0，2，0)，·＝0，所以⊥，故異面直線A′B與CD所成角的大小為90°. 答案：90° 9．(xx·合肥市質(zhì)量監(jiān)測)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，點M為AA1的中點，點P為BM的中點，Q在線段CA1上，且A1Q＝3QC，則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為________． 解析： 由題意，以C為原點、以AC邊所在直線為x軸、以BC邊

7、所在直線為y軸、以CC1邊所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)棱柱的高為a，由∠BAC＝，AC＝4，得BC＝4，所以A(4，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，0)，A1(4，0，a)，B1(0，4，a)，C1(0，0，a)，M，P， Q.所以＝(1，2，0)，＝(4，0，0)．設(shè)異面直線QP與CA所成的角為θ，所以cos θ＝，由|·|＝1×4＋2×0＋0×0＝4，||·||＝×4＝4 ，得cos θ＝＝. 由sin2θ＋cos2θ＝1，得sin2θ＝，所以sin θ＝±，因為異面直線所成角的正弦值為正，所以sin θ＝即為所求． 答案： 10．正方體ABCD-A1B1

8、C1D1的棱長為1，E、F分別為BB1、CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為________． 解析： 以A為坐標(biāo)原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示， 則A1(0，0，1)，E， F，D1(0，1，1)． 所以＝，＝(0，1，0)． 設(shè)平面A1D1E的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1，所以n＝(1，0，2)． 又＝，所以點F到平面A1D1E的距離為 d＝＝＝. 答案： 11．(xx·臨沂模擬)如圖所示，在多面體ABCD-A1B1C1D1中，上、下兩個底面A1B1C1D1和ABCD互相

9、平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB∥A1B1，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a. (1)求異面直線AB1與DD1所成角的余弦值； (2)已知F是AD的中點，求證：FB1⊥平面BCC1B1. 解： 以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，F(xiàn)(a，0，0)，B1(a，a，a)． (1)因為＝(－a，a，a)，＝(0，0，a)， 所以cos〈，〉＝＝， 所以異面直線AB1與DD1所成角的余弦值為. (2)證明：因為＝(－a，

10、－a，a)，＝(－2a，0，0)，＝(0，a，a)， 所以所以FB1⊥BB1，F(xiàn)B1⊥BC. 因為BB1∩BC＝B，所以FB1⊥平面BCC1B1. 12．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，其邊長為2，E為棱DD1的中點，F(xiàn)為對角線DB的中點． (1)求證：平面CFB1⊥平面EFB1； (2)求異面直線EF與B1C所成角的余弦值； (3)求直線FC1與平面B1CA所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為F為DB的中點， 則CF⊥BD，又CF⊥D1D，BD∩D1D＝D， 所以CF⊥平面BB1D1D， 因為CF?平面CFB1， 所以平面CFB1⊥平面EFB1. (

11、2)以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(xiàn)(1，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)． 所以＝(1，1，－1)，＝(－2，0，－2)． 所以異面直線EF與B1C所成角的余弦值為 |cos〈，〉|＝＝0. (3)由(1)知CF⊥EF， 由(2)知EF⊥B1C， 又B1C∩CF＝C，B1C，CF?平面B1CA， 所以EF⊥平面B1CA. 所以是平面B1CA的法向量． 因為＝(－1，1，2)， 所以cos〈，〉＝＝－， 所以直線FC1與平面B1CA所成角的正弦值為

12、. 13．(xx·淮南市監(jiān)測考試)如圖，已知四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AB⊥AC，AB＝AC＝PA＝2，E是BC的中點． (1)求異面直線AE與PC所成的角； (2)求二面角D-PC-A的平面角的余弦值． 解： (1)如圖所示，以A點為原點建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)． 故E(1，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－2)， cos〈，〉＝＝， 即〈，〉＝60°， 故異面直線AE與PC所成的角為60°. (2)在四邊形ABCD中，因為AB＝AC＝2，AB⊥AC，

13、所以∠ABC＝∠ACB＝45°， 因為AD∥BC，所以∠DAC＝∠ACB＝45°， 又AD⊥CD，所以AD＝CD＝， 所以D(－1，1，0)，又C(0，2，0)， 所以＝(－1，－1，0)，＝(0，2，－2)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，則⊥n，⊥n，即·n＝0，·n＝0， 所以令x＝－1，得y＝1，z＝1， 即n＝(－1，1，1)，|n|＝， 又AB⊥平面PAC，所以＝(2，0，0)是平面PAC的一個法向量， 所以cos〈，n〉＝＝－， 即二面角D-PC-A的平面角的余弦值為. 14．(xx·福州地區(qū)八校聯(lián)考)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩

14、形，AB＝2BC＝4，BF＝CF＝AE＝DE，EF＝2，EF∥AB，AF⊥CF. (1)若G為FC的中點，證明：AF∥平面BDG； (2)求平面ABF與平面BCF夾角的余弦值． 解：(1)證明：連接AC交BD于O點， 則O為AC的中點，連接OG， 因為點G為FC的中點， 所以O(shè)G∥AF. 因為AF?平面BDG，OG?平面BDG，所以AF∥平面BDG. (2)取AD的中點M，BC的中點Q，連接MQ，則MQ∥AB∥EF， 所以M，Q，F(xiàn)，E共面． 作FP⊥MQ于P，EN⊥MQ于N，則EN∥FP且EN＝FP. 連接EM，F(xiàn)Q，因為AE＝DE＝BF＝CF，AD＝BC，

15、 所以△ADE和△BCF全等，所以EM＝FQ，所以△ENM和△FPQ全等， 所以MN＝PQ＝1， 因為BF＝CF，Q為BC中點，所以BC⊥FQ， 又BC⊥MQ，F(xiàn)Q∩MQ＝Q，所以BC⊥平面MQFE， 所以PF⊥BC， 所以PF⊥平面ABCD. 以P為原點，PM為x軸，PF為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(3，1，0)，B(－1，1，0)，C(－1，－1，0)，設(shè)F(0，0，h)，則＝(－3，－1，h)，＝(1，1，h)． 因為AF⊥CF，所以·＝0，解得h＝2. 設(shè)平面ABF的法向量n1＝(x1，y1，z1)， ＝(－3，－1，2)，＝(1，－1，2)， 由得令z1

16、＝1，得x1＝0，y1＝2，得一個法向量n1＝(0，2，1)． 同理得平面BCF的一個法向量為n2＝(－2，0，1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以平面ABF與平面BCF夾角的余弦值為. [B卷] 1．(xx·南寧市第二次適應(yīng)性測試)如圖所示多面體中，AD⊥平面PDC，ABCD為平行四邊形，E為AD的中點，F(xiàn)為線段BP上一點，∠CDP＝120°，AD＝3，AP＝5，PC＝2. (1)試確定點F的位置，使得EF∥平面PDC； (2)若BF＝BP，求直線AF與平面PBC所成的角的正弦值． 解：(1)取線段BP的中點F，取PC的中點O，連接FO，DO， 因為F，O分別

17、為BP，PC的中點，所以FO綊BC. 因為四邊形ABCD為平行四邊形，ED∥BC，且DE＝BC， 所以FO∥ED且ED＝FO，所以四邊形EFOD是平行四邊形， 所以EF∥DO. 因為EF?平面PDC，DO?平面PDC，所以EF∥平面PDC. (2)以DC為x軸，過D點作DC的垂線為y軸，DA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．在△PDC中，由PD＝4，PC＝2，∠CDP＝120°，及余弦定理，得CD＝2， 則D(0，0，0)，C(2，0，0)，B(2，0，3)，P(－2，2，0)，A(0，0，3)， 設(shè)F(x，y，z)，則＝(x－2，y，z－3)＝＝，所以F. ＝.設(shè)平面PBC的法向量n

18、1＝(a，b，c)， ＝(0，0，3)，＝(4，－2，0)， 由得 令b＝1，可得n1＝. cos〈，n1〉＝＝， 所以直線AF與平面PBC所成的角的正弦值為. 2．(xx·開封市質(zhì)量監(jiān)測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點． (1)求證：直線AF∥平面PEC； (2)求PC與平面PAB所成角的正弦值． 解：(1)證明：作FM∥CD交PC于M，連接ME. 因為點F為PD的中點， 所以FM＝CD. 所以AE＝AB＝FM， 所以AEMF為平行四邊形， 所以AF∥EM，

19、因為AF?平面PEC，EM?平面PEC， 所以直線AF∥平面PEC. (2)連接DE，因為∠DAB＝60°，所以DE⊥DC. 如圖所示，建立直角坐標(biāo)系，則P(0，0，1)，C(0，1，0)， E，A，B， 所以＝，＝(0，1，0)． 設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)． 因為n·＝0，n·＝0， 所以 取x＝1，則z＝，所以平面PAB的一個法向量為n＝. 因為＝(0，1，－1)，設(shè)向量n與所成的角為θ， 所以cos θ＝＝＝－， 所以PC與平面PAB所成角的正弦值為. 3．(xx·九江市第一次統(tǒng)考)如圖所示，在長方體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝λ

20、AD＝λAA′(λ>0)，E，F(xiàn)分別是A′C′和AD的中點，且EF⊥平面A′BCD′. (1)求λ的值； (2)求二面角C-A′B-E的余弦值． 解：以D為原點，DA，DC，DD′分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AA′＝AD＝2，則AB＝2λ， D(0，0，0)，A′(2，0，2)，D′(0，0，2)，B(2，2λ，0)，C(0，2λ，0)，E(1，λ，2)，F(xiàn)(1，0，0)． (1)＝(0，－λ，－2)，＝(2，0，0)，＝(0，2λ，－2)， 因為EF⊥D′A′，EF⊥A′B，所以·＝0，·＝0， 即－2λ2＋4＝0，所以λ＝. (2)設(shè)平面EA′B的一個法

21、向量為m＝(1，y，z)， 則 因為＝(0，2，－2)，＝(－1，，0)， 所以 所以y＝，z＝1，所以m＝. 由已知得為平面A′BC的一個法向量， 又＝(0，－，－2)， 所以cos〈m，〉＝ ＝ ＝＝－. 又二面角C-A′B-E為銳二面角，所以二面角C-A′B-E的余弦值為. 4．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D為AC的中點，AE⊥BD于E，延長AE交BC于F，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如圖2所示． (1)求證：AE⊥平面BCD； (2)求二面角A-DC-B的余弦值； (3)在線段AF上是否存在點M使得E

22、M∥平面ADC？若存在，請指明點M的位置；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：平面ABD⊥平面BCD，交線為BD. 又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE?平面ABD， 所以AE⊥平面BCD. (2)由(1)結(jié)論AE⊥平面BCD可得AE⊥EF. 由題意可知EF⊥BD，AE⊥BD. 如圖，以E為坐標(biāo)原點，分別以EF，ED，EA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 不妨設(shè)AB＝BD＝DC＝AD＝2，則BE＝ED＝1， AE＝，BC＝2，EF＝， 則E(0，0，0)，D(0，1，0)，B(0，－1，0)，A(0，0，)，F(xiàn)，C(，2，0)， ＝(，1，0)，＝(0，1，－)． 由AE⊥平面BCD可知平面CDB的一個法向量＝(0，0，)． 設(shè)平面ADC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則y＝，x＝－1，所以n＝(－1，，1)． 所以cos〈n，〉＝＝， 所以二面角A-DC-B的余弦值為. (3)設(shè)＝λ，其中λ∈[0，1]． 由于＝， 所以＝λ＝λ，其中λ∈[0，1]， 所以＝＋＝， 令·n＝0，得λ－(1－λ)＝0， 解得λ＝∈[0，1]， 所以在線段AF上存在點M使得EM∥平面ADC，且＝.