2025版高考数学二轮复习专题限时集训8空间向量与立体几何理

PAGE1-专题限时集训(八)空间向量与立体几何[专题通关练](建议用时：20分钟)1．(2024·泰安一模)在直三棱柱ABC­A1B1C1，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝AC＝CC1＝1，则AN与BM所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(2,5) D.eq\f(\r(30),10)D[建立如图所示的空间直角坐标系：则A(1,0,0)，B(0,1,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，cos〈eq\o(AN,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up7(→))·\o(BM,\s\up7(→)),|\o(AN,\s\up7(→))||\o(BM,\s\up7(→))|)＝eq\f(－\f(1,2)×\f(1,2)＋1,\r(\f(1,4)＋0＋1)×\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(30),10).故选D.]2．二面角的棱上有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＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．120°C[由已知可得eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，如图，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))，∴|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＝(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→)))2＝|eq\o(CA,\s\up7(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＋2eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝120°，∴所求二面角的大小为60°，故选C.]3．(2024·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)C[在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，连接BC1，AC1，则∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，所以在Rt△ABC1中，BC1＝eq\f(AB,tan∠AC1B)＝2eq\r(3)，在Rt△BCC1中，CC1＝eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以该长方体体积V＝BC×CC1×AB＝8eq\r(2).]4.(2024·汕头模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列推断错误的是()A．MN⊥CC1B．MN⊥平面ACC1A1C．MN∥平面ABCDD．MN∥A1B1D[在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则M(1,2,1)，N(0,1,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0，∴MN⊥CC1，故A正确；A(2,0,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，∴MN⊥AC，∵AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC1A1，故B正确；∵平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，eq\o(MN,\s\up7(→))·n＝0，又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故C正确；A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，∴eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝(2,0,0)，∴MN与A1B1不平行，故D错误．故选D.]5.(2024·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线B[取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.]6.[一题多解]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两点的随意一点，且AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，则二面角A­BC­P的大小为________．eq\f(π,3)[法一：(几何法)由题意可知AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角A­BC­P的平面角．在Rt△BCA中，AB＝2，BC＝eq\r(3)，∴AC＝1.在Rt△PCA中，PA＝eq\r(3)，∴tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3)，∴∠PCA＝eq\f(π,3).法二：(坐标法)以A为原点，AP为z轴，AC为y轴，过A且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．由AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，可知AC＝eq\r(22－3)＝1.∴P(0,0，eq\r(3))，B(eq\r(3)，1,0)，C(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,1，－eq\r(3))．设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y－\r(3)z＝0，,y－\r(3)z＝0，))取z＝1得n＝(0，eq\r(3)，1)．平面ABC的法向量m＝(0,0,1)设二面角A­BC­P的平面角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(π,3).][实力提升练](建议用时：15分钟)7.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MN＝C1N.(1)证明：A1E⊥平面AC1D；(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(10),20)，求异面直线BM与NE所成角的余弦值．[解](1)证明：由已知得△A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，则AA1⊥C1D.又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，∴C1D⊥平面ABB1A1，又A1E平面ABB1A1，∴C1D⊥A1E.易证A1E⊥AD，又AD∩C1D＝D，AD，C1D平面AC1D，∴A1E⊥平面AC1D.(2)取BC的中点O，B1C1的中点O1，连接AO，则AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1⊥AO，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，－1,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2))，设eq\o(C1N,\s\up7(→))＝λeq\o(C1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ，\f(3,2)λ，0))，则eq\o(NE,\s\up7(→))＝eq\o(C1E,\s\up7(→))－eq\o(C1N,\s\up7(→))＝(0,2，－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ，\f(3,2)λ，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)λ，2－\f(3,2)λ，－1))，易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，∴|cos〈eq\o(NE,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(3),2)λ,\r(3λ2－6λ＋5))＝eq\f(\r(10),20)，解得λ＝eq\f(1,3)(负值舍去)，∴eq\o(NE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(3,2)，－1))，eq\o(C1M,\s\up7(→))＝2λeq\o(C1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，0))eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(BC1,\s\up7(→))＋eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2))，∴cos〈eq\o(NE,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(－\f(1,6)－\f(3,2)－2,\r(\f(10,3))×\r(\f(16,3)))＝－eq\f(11\r(10),40)，∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为eq\f(11\r(10),40).8.如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE＝1.(1)求证：BE⊥平面DAE；(2)求二面角C­DB­E的余弦值．[解](1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，又BE平面ABE，∴BE⊥DA，又AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，∴BE⊥AE，又DA∩AE＝A，DA，AE平面DAE，∴BE⊥平面DAE.(2)过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AB＝AD＝2，AE＝1，∴BE＝eq\r(3)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，D(0,0,2)，B(0,2,0)，∴eq\o(ED,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(0，－2,2)，取平面CDB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面EBD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(ED,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＋2z2＝0，,－2y2＋2z2＝0，))取z2＝1，则n2＝(eq\r(3)，1,1)为平面EBD的一个法向量．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，又易知二面角C­DB­E为钝角，∴二面角C­DB­E的余弦值为－eq\f(\r(15),5).内容押题依据探究性问题，线面平行的性质、线面角的求法探究性问题高考还未考查，可以较好的考查考生的思维，逻辑推理、运算等核心素养【押题】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2eq\r(2)，E是棱PC上的一点．(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．[解](1)连接AC交BD于点F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线，因为PA∥平面BDE，PA平面PAC，所以PA∥EF.又因为F是AC中点，所以