2019届高考数学复习之用空间向量的方法解立体几何问题考题预测试题五

专题能力提升练十二用空间向量的方法解立体几何问题(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为A. B. C. D.【解析】选C.补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图所示,连接BD,DC1则所求角为∠BC1D,因BC1=,BD==,C1D=AB1=,因此,cos∠BC1D==.2.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BB1=4,则BB1与平面ACD1所成角θ的正弦值为 (A. B. C. D.【解题导引】建立空间直角坐标系.求出平面ACD1的法向量为n,利用sinθ=|cos<n,>|=即可得出.【解析】选A.如图所示,建立空间直角坐标系.则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B(2,2,0),B1(2,2,4),=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(0,0,4).设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),则解得取n=(2,2,1),则sinθ=|cos<n,>|===.3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为α,则sinA. B. C. D.【解析】选D.如图,建立空间直角坐标系,易求点D,平面AA1C1C所以cos<n,>==,即sinα=.4.如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则 ()A.γ<α<β B.α<γ<βC.α<β<γ D.β<γ<α【解析】选B.设O为三角形ABC的中心,则O到PQ的距离最小,O到PR的距离最大,O到RQ的距离居中,而高相等,因此α<γ<β.【加固训练】(2018·西安调研)已知六面体ABC-A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点,则直线CC1与平面AB1D所成的角为A.45° B.60° C.90° D.30°【解析】选A.如图所示,取AC的中点N,连接NB,以N为坐标原点,NB,NC所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系.则A,C,B1,D,C1,所以=,=,=(0,0,a).设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),由n·=0,n·=0,可取n=(,1,-2).所以cos<,n>===-,因为直线与平面所成角θ的范围是0°≤θ≤90°,所以直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.5.(2018·海口一模)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A-BC-P的大小为 ()A.30° B.45° C.60° D.90°【解析】选C.因为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=,所以AC⊥BC,AC===1,以点A为原点,在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴,AC为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,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),则取z=1,得n=(0,,1),平面ABC的法向量m=(0,0,1),设二面角A-BC-P的平面角为θ,则cosθ==,所以θ=60°,所以二面角A-BC-P的大小为60°.6.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3,底面边长A1C1=B1C1=1,且∠A1=90°,D点在棱AA1上且AD=2DA1,P点在棱C1C上,则·的最小值为 ()A. B.- C. D.-【解析】选B.由题意,以C点为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(1,0,2),B1(0,1,3),设P(0,0,z),其中0≤z≤3,则=(1,0,2-z),=(0,1,3-z),所以·=0+0+(2-z)(3-z)=-,故当z=时,·取得最小值-.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2018·西安一模)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,MN是正方体内切球的直径,点P为正方体表面上的动点,则·的最大值为________.

【解析】连接PO,可得·=(+)·(+)=+·(+)+·=-,当||取得最大值时,·取得最大值为-=.答案:8.设二面角α-CD-β的大小为45°,A点在平面α内,B点在CD上,且∠ABC=45°,则AB与平面β所成角的大小为________.

【解析】如图,作AE⊥平面β于点E,在平面β内过E作EF⊥CD于点F,连接AF,因为AE⊥CD,AE∩EF=E,所以CD⊥平面AEF,所以AF⊥CD,所以∠AFE为二面角α-CD-β的平面角,所以∠AFE=45°,因为∠ABC=45°,所以∠BAF=45°.连接BE,则∠ABE为AB与平面β所成的角.设AE=m,则EF=m,AF=m,BF=m,AB=2m,所以sin∠ABE==,又因为∠ABE为锐角,所以∠ABE=30°.答案30°三、解答题(共40分)9.(2018·全国卷Ⅰ)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PF⊥BF.(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,BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,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H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=.则H(0,0,0),P,D,=,=为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【一题多解】解答本题(2)还可以用如下的方法解决因为PF⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED,又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED,所以PF⊥PE,设AB=4,则EF=4,PF=2,所以PE=2,过P作PH⊥EF交EF于H点,由平面PEF⊥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PE·PF=EF·PH,所以PH==,因为PD=4,所以sin∠PDH==,所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.10.(2018·漳州一模)如图,在多面体ABCDNPM中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,PM∥AB,PN∥AD,PM=PN=1.(1)求证:MN⊥PC.(2)求平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)作ME∥PA交AB于E,NF∥PA交AD于F,连接EF,BD,AC.由PM∥AB,PN∥AD,易得MENF,所以四边形MEFN是平行四边形,所以MN∥EF,因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,又易得EF∥BD,所以AC⊥EF,所以AC⊥MN,因为PA⊥平面ABCD,EF⊂平面ABCD,所以PA⊥EF,所以PA⊥MN,因为AC∩PA=A,所以MN⊥平面PAC,故MN⊥PC.(2)建立空间直角坐标系如图所示,则C(0,1,0),M,N,A(0,-1,0),P(0,-1,2),B(,0,0),所以=,=,=(0,0,2),=(,1,0),设平面MNC的法向量为m=(x,y,z),则令z=1,得x=0,y=,所以m=.设平面APMB的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,得y1=-,z1=0,所以n=(1,-,0),设平面MNC与平面APMB所成锐二面角为α,则cosα===,所以平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值为.11.如图,在三棱柱ABC-DEF中,AE与BD相交于点O,C在平面ABED内的射影为O,G为CF的中点.(1)求证:平面ABED⊥平面GED.(2)若AB=BD=BE=EF=2,求二面角A-CE-B的余弦值.【解析】(1)取DE中点M,连接OM,在三角形BDE中,OM∥BE,OM=BE.又因为G为CF中点,所以CG∥BE,CG=BE.所以CG∥OM,CG=OM.所以四边形OMGC为平行四边形.所以MG∥OC.因为C在平面ABED内的射影为O,所以OC⊥平面ABED.所以GM⊥平面ABED.又因为GM⊂平面DEG,所以平面ABED⊥平面GED.(2)因为CO⊥平面ABED,所以CO⊥AO,CO⊥OB,又因为AB=BE,所以平行四边形ABED为菱形,所以OB⊥AO,以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,于是A(,0,0),B(0,1,0),E(-,0,0),C(0,0,),向量=(-,-1,0),向量=(0,-1,),设面BCE的一个法向量为m=(x1,y1,z1),即不妨令z1=1,则y1=,x1=-1,取m=(-1,,1).又n=(0,1,0)为平面ACE的一个法向量.设二面角A-CE-B的大小为θ,显然θ为锐角,于是cosθ=|cos<m,n>|===,故二面角A-CE-B的余弦值为.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥AB,PD⊥BC,AB=AD,∠BAD=30°.(1)证明:AD⊥PB.(2)若PD=AD,BC=CD,∠BCD=60°,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)由PD⊥AB,PD⊥BC,AB∩BC=B,得PD⊥平面ABCD,从而PD⊥AD.又在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos30°=AD2,则有AD2+BD2=AB2,所以∠ADB=90°,即AD⊥DB,又PD∩DB=D,则有AD⊥平面PDB,故AD⊥PB.(2)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系,设AD=,则A(,0,0),P(0,0,),B(0,1,0),C,设平面APB的一个法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则y=,z=1,故m=(1,,1),设平面PBC的一个法向量为n=(x′,y′,z′),则有令x′=1,则有y′=-,z′=-1,故n=(1,-,-1),所以cos<m,n>===-,由图知,二面角A-PB-C的余弦值为-.(建议用时:50分钟)1.(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 ()A. B. C. D.【解析】选C.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为α,则cosα=|cos<,>|==.【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决.如图连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EFB1D,连接D1F,在△D1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.由已知EF=DB1==,D1E=AD1=1,D1F==,所以cos∠D1EF==.2.在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA13,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为 ()A.1 B.2 C. D.3【解析】选A.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,取AC中点O,以O为坐标原点,以OB,OC所在直线为x,y轴,以过点O且垂直于y轴的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系因为AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,所以A(0,-1,0),C(0,1,0),D,A1(0,-1,3).又点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈所以=m,设E(x,y,z),则=(x,y+1,z-3),=(-x,1-y,-z),所以(x,y+1,z-3)=(-mx,m-my,-mz),得x=0,y=,z=.所以E,则=,=,设平面AED的一个法向量为m=(a,b,c),由取a=-,得m=.平面ADC的一个法向量n=(0,0,1),所以|cos<m,n>|===,解得:m=1.【加固训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为A. B. C. D.【解析】选B.以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),=.设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),则有即所以所以n1=(1,2,2).因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以|cos<n1,n2>|==,即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.3.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是__________【解析】以B点为坐标原点,以BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设AB=BC=AA1=2,则C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),则=(0,-1,1),=(2,0,2),所以·=2,所以cos<,>==,因为异面直线所成角θ的范围是0°<θ≤90°,所以EF和BC1所成的角为60°.答案:60°4.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC夹角的正切值为________【解析】延长FE,CB相交于点G,连接AG,如图所示.设正方体的棱长为3,则GB=BC=3,作BH⊥AG于点H,连接EH,则∠EHB即为所求两平面的夹角.因为BH=,EB=1,所以tan∠EHB==.答案:【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E,F,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),平面AEF与平面ABC的夹角为θ,由得令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),取平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),则cosθ=|cos<n,m>|=,可求得tanθ=.答案:【加固训练】(2017·全国Ⅲ卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°;其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号)

【解析】由题意得,AC⊥BC,不妨假设等腰直角三角形ABC的腰长为1,以C为坐标原点,过点C且垂直于平面ABC的直线为x轴,CB所在直线为y轴,CA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图:则各点坐标分别为A(0,0,1),C(0,0,0),因为直线a,b都垂直于AC,不妨设直线a的方向向量为a=(1,0,0),直线b的方向向量为b=(0,1,0),因为斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,所以可设点B的坐标为(cosθ,sinθ,0),则=(cosθ,sinθ,-1),设直线a与直线AB的夹角为α,直线b与直线AB的夹角为β,则cosα=|cos<a,>|===,cosβ=|cos<b,>|===.①中,当直线AB与a成60°角时,有cosα==,解得|cosθ|=,所以|sinθ|=,此时AB与b的夹角β的余弦值为cosβ==,所以AB与b的夹角为60°.故①错误.②中由①分析得AB与b的夹角为60°,故②正确.③中直线AB与a所成角的余弦值为cosα=,当cosα越大时,角α就越小,而的最大值为=,即cosα的最大值为,α的最小值为45°,即直线AB与a所成角的最小值为45°,故③正确.④中,直线AB与a所成角的余弦值为cosα=,当cosα越小时,角α就越大,而的最小值为0,cosα的最小值为0,α的最大值为90°,即直线AB与α所成角的最大值为90°,故④错误.故本题正确答案为②③.答案:②③5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为的正方形,PA⊥BD.(1)求证:PB=PD.(2)若E,F分别为PC,AB的中点,EF⊥平面PCD,求直线PB与平面PCD所成角的大小.【解析】(1)连接AC与BD交于点O,连接PO,因为底面ABCD是正方形,所以AC⊥BD且O为BD的中点.又PA⊥BD,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,由于PO⊂平面PAC,故BD⊥PO.又BO=DO,故PB=PD.(2)设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,则EQCDAF,所以AFEQ为平行四边形,EF∥AQ,因为EF⊥平面PCD,所以AQ⊥平面PCD,所以AQ⊥PD,PD的中点为Q,所以AP=AD=.由AQ⊥平面PCD,又可得AQ⊥CD,又AD⊥CD,AQ∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PA,又BD⊥PA,BD∩CD=D,所以PA⊥平面ABCD.由题意,AB,AP,AD两两垂直,以A为坐标原点,向量,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(,0,0),Q,D(0,,0),P(0,0,),=,=(,0,-),为平面PCD的一个法向量.设直线PB与平面PCD所成角为θ,则sinθ==,所以直线PB与平面PCD所成角为.【一题多解】(2)解答本题还可以用如下的方法解决:设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,则EQCDAF,所以AFEQ为平行四边形,EF∥AQ,因为EF⊥平面PCD,所以AQ⊥平面PCD,所以AQ⊥PD,又PD的中点为Q,所以AP=AD=.同理AQ⊥CD,又AD⊥CD,AQ∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PA,又BD⊥PA,CD∩BD=D,所以PA⊥平面ABCD.连接AC,交BD于点O,连接CQ,设CQ的中点为H,连接OH,则在三角形ACQ中,OH∥AQ,所以OH⊥平面PCD,又在三角形PBD中,OQ∥BP,所以∠OQH即为直线PB与平面PCD所成的角.又OH=AQ=AD=,OQ=PB=1,所以在直角三角形OHQ中,sin∠OQH==,所以∠OQH=30°,即直线PB与平面PCD所成的角为30°.6.如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=2,点F是AC上的动点.现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D′-AC-B,使得D′B=. (1)求证:当AF=时,D′F⊥BC.(2)试求CF的长,使得二面角A-D′F-B的大小为.【解析】(1)连接DF,BF.在矩形ABCD中,AD=2,CD=6,所以AC=4,∠CAB=30°,∠DAC=60°.在△ADF中,因为AF=,所以DF2=DA2+AF2-2DA·AF·cos∠DAC=9,因为DF2+AF2=9+3=DA2,所以DF⊥AC,即D′F⊥AC.又在△ABF中,BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos∠CAB=21,所以在△D′FB中,D′F2+FB2=32+()2=D′B2,所以BF⊥D′F,又因为AC∩FB=F,所以D′F⊥平面ABC.所以D′F⊥BC.(2)在矩形ABCD中,过D作DE⊥AC于O,并延长交AB于E.沿着对角线AC翻折后,由(1)可知,OE,OC,OD′两两垂直,以O为原点,的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),E(1,0,0),D′(0,0,3),B(3,2,0),因为EO⊥平面AD′F,所以=(1,0,0)为平面AD′F的一个法向量.设平面BD′F的法向量为n=(x,y,z),F(0,t,0),因为′=(-3,-2,3),=(-3,t-2,0),由得取y=3,则x=t-2,z=t,所以n=(t-2,3,t).所以cos=,即=,所以t=.所以当CF=时,二面角A-D′F-B的大小是.(2018·榆林一模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ABD=90°,EB⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=,EF=1,BC=,且M是BD的中点.(1)求证:EM∥平面ADF.(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.【解析】(1)因为EB⊥平面ABD,AB⊥BD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得=,=