2020二轮复习(理)　空间向量与立体几何作业 练习

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．(2019·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.　　　　 B.

C.   D.

D　[建立如图所示的空间直角坐标系：

则A(1,0,0)，B(0,1,0)，N，M，∴＝，＝，

cos〈，〉

＝

＝＝＝.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＝，则该二面角的大小为(　　 )

A．30° B．45°

C．60° D．120°

C　[由已知可得·＝0，·＝0，如图，

＝＋＋，

∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·

＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈，〉＝()2，

∴cos〈，〉＝－，即〈，〉＝120°，

∴所求二面角的大小为60°，故选C.]

3．(2018·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．6

C．8 D．8

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＝＝2，

在Rt△BCC1中，CC1＝＝2，所以该长方体体积V＝BC×CC1×AB＝8.]

4.(2019·汕头模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是(　　)

A．MN⊥CC1

B．MN⊥平面ACC1A1

C．MN∥平面ABCD

D．MN∥A1B1

D　[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)，＝(－1，－1,0)，＝(0,0,2)，·＝0，∴MN⊥CC1，故A正确；A(2,0,0)，＝(－2,2,0)，

·＝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)，

·n＝0，又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故C正确；

A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，∴＝(2,0,0)，

∴MN与A1B1不平行，故D错误．故选D.]

5.(2019·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＝，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＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，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两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，则二面角A­BC­P的大小为________．

　[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＝，∴AC＝1.

在Rt△PCA中，PA＝，

∴tan∠PCA＝＝，

∴∠PCA＝.

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＝，可知AC＝＝1.

∴P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，

＝(，1，－)，＝(0,1，－)．

设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则

即取z＝1得n＝(0，，1)．

平面ABC的法向量m＝(0,0,1)

设二面角A­BC­P的平面角为θ，

则cos θ＝＝，

∴θ＝.]

[能力提升练]

(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，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)，D，

设＝λ＝，

则＝－

＝(0,2，－1)－

＝，

易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，

∴|cos〈，n〉|＝＝，

解得λ＝(负值舍去)，

∴＝，

＝2λ＝

＝＋＝，

∴cos〈，〉＝

＝－，

∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为.

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＝，

∴E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，

∴＝，＝(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

即取z2＝1，则n2＝(，1,1)为平面EBD的一个法向量．

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

又易知二面角C­DB­E为钝角，

∴二面角C­DB­E的余弦值为－.

【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＝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E是PC的中点，所以PE＝EC.

(2)由已知条件中，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.

以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系．

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，C(－2,2,0)，E(－1,1,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,2,0)．

假设在棱PB上存在点M，设＝λ(0≤λ≤1)，

得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)，

记平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则即

取z1＝1，则x1＝1，n1＝(1,0,1)．

要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°，

则＝sin 30°，

即＝，

解得λ＝∈[0,1]，

所以在棱PB上存在点M使直线PM与平面BDE

所成角的大小为30°，此时PM∶MB＝1∶1.