（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第十章 附加考查部分 2 第2讲 空间向量与立体几何刷好题

第2讲空间向量与立体几何1．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，求异面直线BC1与AE所成角的余弦值．解：建立坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)．BC1→＝(－1，0，2)，AE→＝(－1，2，1)，cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→·AE→|BC1→|·|AE→|＝3010.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.2．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，求直线EF和BC1所成的角．解：建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则EF→＝(0，－1，1)，BC1→＝(2，0，2)，所以EF→·BC1→＝2，所以cos〈EF→，BC1→〉＝22×22＝12，所以直线EF和BC1所成角为60°.3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，求平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D→＝(0，1，－1)，A1E→＝1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则y－z＝0，1－12z＝0，所以y＝2，z＝2.所以n1＝(1，2，2)．因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，所以cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图所示的长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝2，M是线段B1D1的中点．(1)求证：BM∥平面D1AC；(2)求证：D1O⊥平面AB1C.证明：(1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)、D1(0，0，2)，所以OD1→＝(－1，－1，2)，又点B(2，2，0)，M(1，1，2)，所以BM→＝(－1，－1，2)，所以OD1→＝BM→，又因为OD1与BM不共线，所以OD1∥BM.又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，所以BM∥平面D1AC.(2)连结OB1，因为OD1→·OB1→＝(－1，－1，2)·(1，1，2)＝0，OD1→·AC→＝(－1，－1，2)·(－2，2，0)＝0，所以OD1→⊥OB1→，OD1→⊥AC→，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，又OB1∩AC＝O，所以D1O⊥平面AB1C.5.(2019·盐城模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，A1A＝6，M是CC1的中点．(1)求证：A1B⊥AM；(2)求二面角B­AM­C的平面角的大小．解：(1)证明：以点C为原点，{CB→，CA→，CC1→}为正交基底，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示，则B(1，0，0)，A(0，3，0)，A1(0，3，6)，M0，0，62.所以A1B→＝(1，－3，－6)，AM→＝0，－3，62.因为A1B→·AM→＝1×0＋(－3)×(－3)＋(－6)×62＝0，所以A1B⊥AM.(2)易知BC⊥平面ACC1，即BC⊥平面AMC.所以CB→是平面AMC的一个法向量，CB→＝(1，0，0)．设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，BA→＝(－1，3，0)，BM→＝－1，0，62.由n·BA→＝0，n·BM→＝0，得－x＋3y＝0，－x＋62z＝0.令z＝2，得x＝6，y＝2，所以n＝(6，2，2)．因为|CB→|＝1，|n|＝23，所以cos〈CB→，n〉＝CB→·n|CB→||n|＝22.因此二面角B­AM­C的大小为45°.6．(2019·常州检测)如图，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝PA＝1，AD＝3，E是PB的中点．(1)求证：AE⊥平面PBC；(2)求二面角B­PC­D的余弦值．解：(1)证明：分别以{AB→，AD→，AP→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，0，1)，E12，0，12；所以AE→＝12，0，12，BC→＝(0，1，0)，BP→＝(－1，0，1)；因为AE→·BC→＝0，AE→·BP→＝0，所以AE→⊥BC→，AE→⊥BP→，即AE⊥BC，AE⊥BP.而BC、BP⊂平面PBC，且BC∩BP＝B，所以AE⊥平面PBC.(2)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，而CD→＝(－1，2，0)，PD→＝(0，3，－1)，则由n·CD→＝0，n·PD→＝0⇒－x＋2y＝0，3y－z＝0⇒x＝2y，z＝3y，取y＝1，则x＝2，z＝3，即n＝(2，1，3)．又由(1)AE⊥平面PBC，所以AE→是平面PBC的法向量，而AE→＝12，0，12，所以cos〈AE→，n〉＝AE→·n|AE→||n|＝1＋0＋3214×12＝5714，故由图形可知二面角B­PC­D的余弦值为－5714.7．(2019·苏州三校质检)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E→＝λEO→.(1)若λ＝1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；(2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以{DA→，DC→，DD1→}为正交基底建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O12，12，0，C(0，1，0)，D1(0，0，1)．因为λ＝1，则E14，14，12，所以DE→＝14，14，12，CD1→＝(0，－1，1)．因为cos〈DE→，CD1→〉＝DE→·CD1→|DE→||CD1→|＝36，所以异面直线DE与CD1所成的角的余弦值为36.(2)设平面CD1O的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)．由m·CO→＝0，m·CD1→＝0，得12x1－12y1＝0，－y1＋z1＝0，解得x1＝y1，y1＝z1.取x1＝1得y1＝z1＝1，即m＝(1，1，1)．由D1E→＝λEO→得Eλ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ，所以DE→＝λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ，设平面CDE的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．由n·CD→＝0，n·DE→＝0得y2＝0，λx22（1＋λ）＋λy22（1＋λ）＋z21＋λ＝0，解得y2＝0，z2＝－λ2x2.取x2＝2得z2＝－λ，即n＝(2，0，－λ)，因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，解得λ＝2.)1．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(一))如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆弧上，且AC︵＝BC︵，CD与半圆O所在的平面垂直，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.(1)求异面直线BD与AE所成角的余弦值；(2)求二面角D­AE­B的余弦值．解：因为AB是半圆O的直径，点C在半圆弧上，所以AC⊥BC，因为CD与半圆O所在的平面垂直，所以CD⊥AC，CD⊥CB，以点C为坐标原点，CA，CB，CD所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝4，AC︵＝BC︵，所以CA＝CB＝22，所以A(22，0，0)，B(0，22，0)，D(0，0，1)，E(0，22，1)．(1)BD→＝(0，－22，1)，AE→＝(－22，22，1)，则cos〈BD→，AE→〉＝BD→·AE→|BD→|·|AE→|＝－8＋13×17＝－71751，设异面直线BD与AE所成的角为θ，θ∈0，π2，则cosθ＝|cos〈BD→，AE→〉|＝71751，即异面直线BD与AE所成角的余弦值为71751.(2)DE→＝(0，22，0)，DA→＝(22，0，－1)，设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DE→＝22y＝0n·DA→＝22x－z＝0，则可取平面ADE的一个法向量为n＝(1，0，22)．连结OC，则OC⊥AB，因为CD与半圆O所在的平面垂直，所以CD⊥OC，因为DC∥EB，所以OC⊥BE，又AB∩BE＝B，所以OC⊥平面ABE，又O(2，2，0)，所以平面ABE的一个法向量为CO→＝(2，2，0)，所以cos〈n，CO→〉＝n·CO→|n||CO→|＝23×2＝26.结合图形可知，二面角D­AE­B的余弦值为－26.2.(2019·南京、盐城模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，动点P满足CP→＝λCC1→(λ0)，当λ＝12时，AB1⊥BP.(1)求棱CC1的长；(2)若二面角B1­AB­P的大小为π3，求λ的值．解：(1)以点A为坐标原点，以{AB→，AC→，AA1→}为正交基底，建立空间直角坐标系，设CC1＝m，则B1(3，0，m)，B(3，0，0)，P(0，4，λm)，所以AB1→＝(3，0，m)，PB→＝(3，－4，－λm)，AB→＝(3，0，0)，当λ＝12时，有AB1→·PB→＝(3，0，m)·3，－4，－12m＝0，解得m＝32，即棱CC1的长为32.(2)设平面PAB的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则由AB→·n1＝0，PB→·n1＝0，得3x＝0，3x－4y－32λz＝0，即x＝0，4y＋32λz＝0，令z＝1，则y＝－32λ4，所以平面PAB的一个法向量为n1＝0，－32λ4，1，又平面ABB1与y轴垂直，所以平面ABB1的一个法向量为n2＝(0，1，0)，因为二面角B1­AB­P的平面角的大小为π3，所以|cos〈n1，n2〉|＝12＝－32λ432λ42＋1，结合λ0，解得λ＝269.3．(2019·扬州期中)如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，B1C⊥AC1.(1)求AA1的长；(2)在线段BB1上存在点P，使得二面角P­A1C­A大小的余弦值为33，求BPBB1的值．解：(1)以{AB→，AC→，AA1→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝t，则A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0)所以AC1→＝(0，4，t)，B1C→＝(－3，4，－t)．因为B1C⊥AC1，所以AC1→·B1C→＝0，即16－t2＝0，解得t＝4，即AA1的长为4.(2)设P(3，0，m)，又A(0，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4),所以A1C→＝(0，4，－4)，A1P→＝(3，0，m－4)，且0≤m≤4.设n＝(x，y，z)为平面PA1C的法向量，所以n⊥A1C→，n⊥A1P→，所以4y－4z＝0，3x＋（m－4）z＝0，取z＝1，解得y＝1，x＝4－m3，所以n＝4－m3，1，1为平面PA1C的一个法向量.又知AB→＝(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，则cos〈n，AB→〉＝4－m3×1＋1＋4－m32，因为二面角P­A1C­A大小的余弦值为33，所以4－m3×1＋1＋4－m32＝33，解得m＝1，所以BPBB1＝14.4．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1­CE­C1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1