高考数学课后限时集训39立体几何中的向量方法（含解析）理.docx

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，ABAA12，AD1，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，AB4，AA16，若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BEB1E，C1FCC1，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，则cos .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，AB1，AC2，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( )A30 B45C60 D90A由已知AB2BC2AC2，得ABBC.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AA12a，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，n60，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，PAAB，M为PB的中点，PAAD2.若AB1，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PABC，又PAAB，且BCABB，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cosn，.所以二面角BACM的余弦值为.5在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为( )A. B.C2 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ADa，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z1，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，ABBCAA1，ABC90，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ABBCAA12，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，AA12AB，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AA12AB2，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y2，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，则sin |cosn，|.8(2019汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，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n0，n0，即z0，y0.令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos 三、解答题9.(2019陕西模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1AAB，ABC90，侧面A1ABB1底面ABC.(1)求证：AB1平面A1BC；(2)若AC5，BC3，A1AB60，求二面角BA1CC1的余弦值解(1)证明：在侧面A1ABB1中，A1AAB，四边形A1ABB1为菱形，AB1A1B.侧面A1ABB1底面ABC，ABC90，平面A1ABB1平面ABCAB，CB侧面A1ABB1.AB1平面A1ABB1，CBAB1.又A1BBCB，AB1平面A1BC.(2)在RtABC中，AC5，BC3，AB4，在菱形A1ABB1中，A1AB60，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x3，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，cosn，.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，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(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z1，可得n0(1,0，1)又，可得n00，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z1，可得n(0,1,1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，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h0,2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z1，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，A1AD60，BAD90，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，sin ，tan .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AB4，AC6，BD8，CD2，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AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.从而AD2DE2AE2，所以ADDE.折起后有A1DDE，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BCEDDE，A1DDE，所以A1D平面BCED.(2)存在理由：由(1)可知EDDB，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