高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练考题预测全过关7-7-2利用向量求空间角和距离

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。练考题预测·全过关1.(2019·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE.(2)求二面角AMA1N的正弦值.【解题指南】(1)利用三角形中位线和A1DB1C可证得MEND,证得四边形MNDE为平行四边形,进而证得MN∥DE,根据线面平行判定定理可证得结论;(2)建立空间直角坐标系,通过向量法求得两个法向量夹角的余弦值,进而可求得所求二面角的正弦值.【解析】(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,ED⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),=(0,0,4),=(1,3,2),=(1,0,2),=(0,3,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以-x+3y-设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以-3q=0于是cos<m,n>=m·n|m||所以二面角AMA1N的正弦值为1052.如图,点A、B、C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),设二面角CABO的大小为θ,则cosθ=()A.43 B.53 C.2【解析】选C.因为点A、B、C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上,=(0,0,2),平面ABC的法向量为n=(2,1,2),二面角CABO的大小为θ,所以cosθ==42×3=3.在直三棱柱ABCA1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于 ()A.30° B.45° C.60° D.90°【解析】选C.不妨设AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(1,0,1),所以=(0,1,1),=(1,0,1),所以cos<,>==12×2=12所以<,>=60°,所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.4.如图,长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,高为2,则异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值是__________.

【解析】因为长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,高为2,所以以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,B(1,1,0),C1(0,1,2),D(0,0,0),B1(1,1,2),=(1,0,2),=(1,1,2),设异面直线BC1与DB1的夹角为θ,则cosθ==35·6=所以异面直线BC1与DB1的夹角的余弦值为3010答案:305.直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=2,E是AC的中点,F是线段AB上一个动点,且=λ(0<λ<1),如图所示,沿BE将△CEB翻折至△DEB,使得平面DEB⊥平面ABE.(1)当λ=13时,证明:BD⊥平面(2)是否存在λ,使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是23?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由【解析】(1)在△ABC中,∠C=90°,即AC⊥BC,则BD⊥DE,取BF的中点N,连接CN交BE于M,当λ=13F是AN的中点,而E是AC的中点,所以EF是△ANC的中位线,所以EF∥CN,在△BEF中,N是BF的中点,所以M是BE的中点,在Rt△BCE中,EC=BC=2,所以CM⊥BE,则EF⊥BE,又平面DEB⊥平面ABE,平面DBE∩平面ABE=BE,所以EF⊥平面DBE,又BD⊂平面DBE,所以EF⊥∩DE=E,所以BD⊥平面DEF.(2)以C为原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,建立如图所示空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,2,0),由(1)知M是BE的中点,DM⊥BE,又平面DEB⊥平面ABE,所以DM⊥平面ABE,则D(1,1,2),假设存在满足题意的λ,则由=λ,可得F(44λ,2λ,0),则=(34λ,2λ1,2),设平面A