2022年高考数学大二轮复习 专题五 空间几何 5.3 空间向量与立体几何练习

2022年高考数学大二轮复习 专题五 空间几何 5.3 空间向量与立体几何练习1在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，点D在棱BB1上，若BD3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为()A. BC. D解析：如图，可得()421252cos (为与的夹角)，所以cos ，sin ，tan ，又因为BE平面AA1C1C，所以所求角的正切值为.答案：D2如图，在矩形ABCD中，AB2，AD3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将ABE，DCE翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角EBCF的余弦值为()A. BC. D解析：如图所示，取BC的中点P，连接EP，FP，由题意得BFCF2，PFBC，又EBEC，EPBC，EPF为二面角EBCF的平面角，而FP，在EPF中，cosEPF.答案：B3在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，1,6)，C(x,4,3)为顶点的ABC是以BC为斜边的直角三角形，则实数x的值为_解析：由题意得(6，2，3)，(x4,3，6)，(6，2，3)(x4,3，6)6(x4)6180，解之得x2.答案：24已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为_解析：如图，过点O作OM平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中心正方形ABCD的边长为2，AC2，AM.V球r3，球O的半径OAr2，OA与平面ABCD所成的角的余弦值为cosOAM.答案：5如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形，A1AAB2，ABC，E，F分别是BC，A1C的中点(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，.若CM平面AEF，求实数的值解析：(1)因为由题意知四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，A1A平面ABCD.又AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC，则ABC是等边三角形因为E是BC中点，所以BCAE.因为BCAD，所以AEAD.故建立如图所示，以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴的空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F.(0,2,0)，cos，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且，则(x，y，z2)(0,2，2)则M(0,2，22)，(，21,22)设平面AEF的一个法向量为n(x0，y0，z0)因为(，0,0)，.由得x00，y0z00，取y02，则z01，则平面AEF的一个法向量为n(0,2，1)由于CM平面AEF，则n0，即2(21)(22)0，解得.6(2018洛阳市第一次统考)如图，在四棱锥PABCD中，E，F分别是PC，PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PAPD2，且平面PAD平面ABCD.(1)求证：平面AEF平面PCD；(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值解析：(1)证明：由题意知，PAPDAD，F为PD的中点，可得AFPD，平面PAD平面ABCD，CDAD，CD平面PAD.又AF平面PAD，CDAF，又CDPDD，AF平面PCD，又AF平面AEF，平面AEF平面PCD.(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG，PAPDAD，OPAD.平面PAD平面ABCD，OP平面PAD，OP平面ABCD.分别以OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A(1,0,0)，C(1,2,0)，E，F，(0,1,0)设平面AEF的法向量为m(x，y，z)，则即可取m(1,0，)，为平面AEF的一个法向量同理，可得平面ACE的一个法向量为n(，1)cosm，n.平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为.B级1(2018北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交解析：(1)证明：ABBC，且E是AC的中点，ACBE.在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F分别是AC，A1C1的中点，EFCC1.CC1平面ABC，EF平面ABC，AC平面ABC，EFAC，EF，BE平面BEF，EFBEE，AC平面BEF.(2)由(1)知，EFAC，ACBE，EFEB，以E为原点，EA，EB，EF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.则有B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(1,0,1)，C1(1,0,2)，(1，2,0)，(2,0,1)设平面BCD的法向量为n(x，y，z)，即可取n(2，1，4)易知平面CDC1的一个法向量为m(0,1,0)，cosm，n，由图可知，二面角BCDC1的平面角为钝角，二面角BCDC1的余弦值为.(3)证法一：F(0,0,2)，G(0,2,1)，(0,2，1)由(2)知平面BCD的一个法向量为n(2，1，4)，设直线FG与平面BCD的夹角为，sin |cos，n|0，0，直线FG与平面BCD相交证法二：假设直线FG与平面BCD平行，设CD与EF的交点为M，连接BM，B1F.FG平面BB1FE，且平面BB1FE平面BCDBM，FGBM，BGFM，四边形BMFG为平行四边形，FMBG，易知FMBG，假设不成立，直线FG与平面BCD相交2(2018成都市第一次诊断性检测)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体PABC，如图2所示已知PB4.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且，求二面角QBCA的余弦值解析：(1)证明：取AC的中点O，连接PO，BO得到PBO.四边形ABCD是菱形，PAPC，POAC.DC5，AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2.POOB.OBACO，PO平面ABC.PO平面PAC，平面PAC平面ABC.(2)ABBC，BOAC.易知OB，OC，OP两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0)设点Q(x，y，z)由，得Q.(4,3,0)，.设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量由得解得取z115，则n1(3,4,15)取平面ABC的一个法向量n2(0,0,1)cosn1，n2，二面角QBCA的余弦值为.