2020版高考数学一轮复习课后限时集训39《立体几何中的向量方法》(理数)（含解析） 试卷

课后限时集训(三十九)

(建议用时：60分钟)

A组　基础达标

一、选择题

1．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(    )

A.   B.

C.   D.

B　[建立空间直角坐标系如图．

则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，cos〈，〉＝＝.

所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.]

2.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面为等边三角形，侧棱垂直于底面，AB＝4，AA1＝6，若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE＝B1E，C1F＝CC1，则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为(    )

A.   B.

C.   D.

D　[以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

由题意知A1(4,0,6)，E(2,2，3)，F(0,0,4)，A(4,0,0)，

∴＝(－2,2，－3)，

＝(－4,0,4)．

设异面直线A1E与AF所成的角为θ，

则cos θ＝＝＝.

∴异面直线A1E与AF所成角的余弦值为.故选D.]

3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(    )

A．30°           B．45°

C．60°   D．90°

A　[由已知AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，

cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.]

4.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B­AC­M的余弦值为(    )

A.   B.

C.   D.

A　[因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.

以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.

则A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，M，

所以＝(1,2,0)，＝，

求得平面AMC的一个法向量为n＝(－2,1,1)，

又平面ABC的一个法向量＝(0,0,2)，

所以cos〈n，〉＝＝＝＝.

所以二面角B­AC­M的余弦值为.]

5．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1­DC­C1的大小为60°，则AD的长为(    )

A.   B.

C．2   D.

A　[如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)．

由

得令z＝－1，则m＝(a,1，－1)．

又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，

则由cos 60°＝，得＝，解得a＝，

所以AD＝.故选A.]

二、填空题

6.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1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________．

60°　[以BC为x轴，BA为y轴，BB1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)，

∴·＝2，

∴cos〈，〉＝＝，

∴EF和BC1所成的角为60°.]

7．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．

　[以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．

设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，

则所以有

令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量n＝(2，－2,1)．

设CD与平面BDC1所成的角为θ，则

sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.]

8．(2019·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S­ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是________．

　[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，

D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，

可知＝是平面SAB的一个法向量．

设平面SCD的一个法向量n＝(x，y，z)，

因为＝，

＝，

所以n·＝0，n·＝0，

即－z＝0，＋y＝0.

令x＝2，则有y＝－1，z＝1，

所以n＝(2，－1,1)．

设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，

则cos θ＝

＝

三、解答题

9.(2019·陕西模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A＝AB，∠ABC＝90°，侧面A1ABB1⊥底面ABC.

(1)求证：AB1⊥平面A1BC；

(2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求二面角B­A1C­C1的余弦值．

[解]　(1)证明：在侧面A1ABB1中，∵A1A＝AB，

∴四边形A1ABB1为菱形，∴AB1⊥A1B.

∵侧面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，

平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，

∴CB⊥侧面A1ABB1.

∵AB1⊂平面A1ABB1，∴CB⊥AB1.

又∵A1B∩BC＝B，∴AB1⊥平面A1BC.

(2)在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝3，∴AB＝4，

在菱形A1ABB1中，

∵∠A1AB＝60°，

∴△A1AB为正三角形．

如图，以菱形A1ABB1的对角线交点O为坐标原点，OA1所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过点O且与BC平行的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则A1(2,0,0)，B(－2,0,0)，C(－2,0,3)，B1(0，－2，0)，C1(0，－2，3)，

∴＝(－2,2，0)，＝(2,2，－3)．

设n＝(x，y，z)为平面A1CC1的法向量，则

∴

令x＝3，得n＝(3，，4)为平面A1CC1的一个法向量．

又＝(0，－2，0)为平面A1BC的一个法向量，

cos〈n，〉＝＝＝－.

由直观图知，二面角B­A1C­C1的平面角为钝角，

∴二面角B­A1C­C1的余弦值为－.

10.(2018·天津高考)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.

(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°，求线段DP的长．

[解]　依题意，可以建立以D为原点，分别以，，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)，M0，，1，N(1,0,2)．

(1)证明：依题意＝(0,2,0)，＝(2,0,2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．又＝，可得·n0＝0，又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.

(2)依题意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，＝(0，－1,2)．

设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z＝1，可得n＝(0,1,1)．

设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z＝1，可得m＝(0,2,1)．

因此有cos〈m，n〉＝＝，

于是sin〈m，n〉＝.

所以，二面角E­BC­F的正弦值为.

(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．易知，＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故

|cos〈，〉|＝＝，

由题意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0,2]．

所以，线段DP的长为.

B组　能力提升

1．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(    )

A.   B.

C.   D.

D　[如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，

＝(2,0,0)，＝(2,2,0)，

＝(2,0,2)．

设平面A1BD的法向量为

n＝(x，y，z)，则

∴令z＝1，得n＝(－1,1,1)．

∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.]

2．已知斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为(    )

A.   B.

C.   D.

C　[取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，

得B(2，－1,0)，D1(0,2，)，＝(－2,3，)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设BD1与平面ABCD所成的角为θ，∴sin θ＝＝，

∴tan θ＝.]

3．如图所示，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AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为________．

60°　[∵＝＋＋，

∴||＝

＝

＝＝2.

∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.

∴cos〈，〉＝－.

又所求二面角与〈，〉互补，

∴所求的二面角为60°.]

4．等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝，如图1.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1­DE­B为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.

图1                             图2

(1)求证：A1D⊥平面BCED；

(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)证明：因为等边三角形ABC的边长为3，且＝＝，

所以AD＝1，AE＝2.

在△ADE中，∠DAE＝60°，

由余弦定理得

DE＝＝.

从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.

折起后有A1D⊥DE，因为二面角A1­DE­B是直二面角，

所以平面A1DE⊥平面BCED，

又平面A1DE∩平面BCED＝DE，

A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.

(2)存在．理由：由(1)可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.

以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.

设PB＝2a(0≤2a≤3)，

作PH⊥BD于点H，

连接A1H，A1P，

则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a.

所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)．所以＝(a－2，－a,1)．

因为ED⊥平面A1BD，

所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)．要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，

则sin 60°＝

＝＝，

解得a＝，此时2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意．

所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.