《2021年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練13 用空間向量的方法解立體幾何問題 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練13 用空間向量的方法解立體幾何問題 理.doc（9頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、專題升級訓練13用空間向量的方法解立體幾何問題(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分)1平面的一個法向量n(1，1,0)，則y軸與平面所成的角的大小為()A BC D2在二面角l中，平面的法向量為n，平面的法向量為m，若n，m130，則二面角l的大小為()A50B130C50或130D可能與130毫無關系3直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中點，則異面直線AB1與A1M所成的角為()A60 B45C30 D904如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E，F(xiàn)

2、分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是()A45 B60 C90 D1205過正方形ABCD的頂點A，引PA平面ABCD.若PABA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30 B45 C60 D906如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)且EF，則下列結論中錯誤的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱錐ABEF的體積為定值D異面直線AE，BF所成的角為定值二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分)7如圖所示，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M和N分別是A1B1和BB1的中點，那么直線AM與CN所

3、成角的余弦值為_8正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC所成的角是_9在空間直角坐標系中有棱長為a的正方體ABCDA1B1C1D1，點M是線段DC1上的動點，則點M到直線AD1距離的最小值是_三、解答題(本大題共3小題，共46分解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)10(本小題滿分15分)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，PDAD2.(1)求PC與平面PBD所成的角；(2)在線段PB上是否存在一點E，使得PC平面ADE？并說明理由11(本小題滿分15分)(2011湖南高考，理19)如圖，在圓錐PO中，已知PO，

4、O的直徑AB2，C是的中點，D為AC的中點(1)證明：平面POD平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值12(本小題滿分16分)(2011廣東高考，理18)如圖，在錐體PABCD中，ABCD是邊長為1的菱形，且DAB60，PAPD，PB2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(1)證明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值參考答案一、選擇題1B2C解析：因為二面角的范圍是0，180，由法向量的夾角與二面角的大小相等或互補，可知二面角的大小可能是130也可能是50.3D解析：建立坐標系如圖所示，易得M，A1(0，0)，A(0，)，B1(1,0,0)，(1，)，.1030，即AB1A1M.4B

5、5B6D二、填空題7解析：以D為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示則A(1,0,0)，M，C(0,1,0)，N，.設直線AM與CN所成的角為，則cos |cos|.830解析：如圖所示，以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz.設ODSOOAOBOCa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P，則(2a,0,0)，設平面PAC的法向量為n，可求得n(0,1,1)，則cos，n.，n60，直線BC與平面PAC所成的角為906030.9a解析：以D為原點建立空間直角坐標系(如原圖所示)，則A(a,0,0)，D1(0,0，a)設M(0，x，x)(0xa)，有

6、(a，x，x)，(a,0，a)，則cos，則點M到直線AD1的距離d為，當x時，dmina.三、解答題10解：(1)連接AC，設ACBDO，連接PO.因為PD平面ABCD，CO平面ABCD，所以PDCO.由ABCD為正方形，知COBD.又PDBDD，所以CO平面PBD.所以CPO是PC與平面PBD所成的角在RtPOC中，sinCPO，所以CPO，即PC與平面PBD所成的角為.(2)建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.設線段PB上存在點E，使得PC平面ADE.則存在實數(shù)，使得(01)因為P(0,0,2)，B(2,2,0)，所以(2,2，2)，(0,0,2)(2,2，2)(2，2，22)由題意，

7、顯然有AD平面PCD，所以PCAD.要使PC平面ADE，只需再有，即，即0(2)2(2)2(22)0.解得0,1故在線段PB上存在一點E(E為線段PB的中點)，使得PC平面ADE.11解法一：(1)連接OC，因為OAOC，D是AC的中點，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.因為OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，所以AC平面POD.而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.(2)在平面POD中，過O作OHPD于H，由(1)知，平面POD平面PAC，所以OH平面PAC.又PA平面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，過O作OGPA于G，連接HG，則有PA平面OGH，從而P

8、AHG，故OGH為二面角BPAC的平面角在RtODA中，ODOAsin 45.在RtPOD中，.在RtPOA中，.在RtOHG中，.所以cos OGH.故二面角BPAC的余弦值為.解法二：(1)如圖所示，以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系則O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D(，,0)設n1(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量，則由n1，n1，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1,1,0)設n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量，則由，得所以x2z2，y2z2，取z21

9、，得n2(，1)因為n1n2(1,1,0)(，1)0，所以n1n2.從而平面POD平面PAC.(2)因為y軸平面PAB，所以平面PAB的一個法向量為n3(0,1,0)由 (1)知，平面PAC的一個法向量為n2(，1)設向量n2和n3的夾角為，則cos .由圖可知，二面角BPAC的平面角與相等，所以二面角BPAC的余弦值為.12解法一：(1)證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD.因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60，有ABD為等邊三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBGADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平

10、面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB為二面角PADB的平面角在RtPAG中，PG2PA2AG2，在RtABG中，BGABsin 60，cosPGB.解法二：(1)證明：取AD中點為G，因為PAPD，所以PGAD.又ABAD，DAB60，ABD為等邊三角形，因此，BGAD，從而AD平面PBG.延長BG到O且使得POOB，又PO平面PBG，POAD，ADOBG，所以PO平面ABCD.以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為x軸，z軸，平行于AD的直線為y軸，建立如圖所示空間直角坐標系設P(0,0，m)，G(n,0,0)，則A，D.sin 60，B，C，E，F(xiàn).由于(0,1,0)，得0，0，ADDE，ADFE，DEFEE，AD平面DEF.(2)，解之，得m1，n.取平面ABD的法向量n1(0,0，1)，設平面PAD的法向量n2(a，b，c)，由，得ac0，由，得ac0，取n2.cosn1，n2.- 9 -