2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四　3 第3讲　空间向量与立体几何 .doc

1、 专题强化训练 1在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E，F 分别为 CD 和 C1C 的中点，则直线 AE 与 D1F 所 成角的余弦值为( ) A.1 3 B.2 5 C.3 5 D.3 7 解析：选 B.以 D 为原点，分别以 DA、DC、DD1所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系(图略)若棱长为 2，则 A(2，0，0)、E(0，1，0)、D1(0，0，2)、F(0，2，1) 所以EA (2，1，0)，D 1F (0，2，1)， cosEA ，D 1F EA D 1F |EA |D 1F | 2 5 5 2 5. 则直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为2 5

2、. 2在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的 锐二面角的余弦值为( ) A.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 解析： 选 B.以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A- xyz， 设棱长 为 1，则 A1(0，0，1)，E 1，0，1 2 ， D(0，1，0)， 所以A1D (0，1，1)， A1E 1，0，1 2 ， 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)， 则 yz0， 11 2z0， 所以 y2， z2. 所以 n1(1，2，2) 因为平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0，0，1

3、)， 所以 cosn1，n2 2 31 2 3. 即所成的锐二面角的余弦值为2 3. 3(2019 浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥 O- ABC 中，已知 OA，OB，OC 两两垂直 且相等，点 P、Q 分别是线段 BC 和 OA 上的动点，且满足 BP1 2BC，AQ 1 2AO，则 PQ 和 OB 所成角的余弦的取值范围是( ) A. 2 2 ，1 B. 3 3 ，1 C. 3 3 ，2 5 5 D. 2 2 ，2 5 5 解析：选 B.根据题意，以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，不妨设 OAOBOC2，OB (2，0，0)，设 P(x，y，0)，Q(0，0，z)，因为

4、BP1 2BC，AQ 1 2AO，所以 1x2， 0y1 且 xy2，0z1，PQ (x，x2，z)，|cosOB ，PQ | OB PQ |OB |PQ | x 2x24x4z2 ， 当 x1，z1 时，|cosOB ，PQ | 3 3 ； 当 x2，z1 时，|cosOB ，PQ |2 5 5 ； 当 x2，z0 时，|cosOB ，PQ |1. 当 x1，z0 时，|cosOB ，PQ | 2 2 ，结合四个选项可知 PQ 和 OB 所成角的余弦的 取值范围是 3 3 ，1 . 4(2019 宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，BAC 2 ，ABAC AA11，已

5、知 G 和 E 分别为 A1B1和 CC1的中点，D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包 括端点)，若 GDEF，则线段 DF 的长度的取值范围为( ) A. 5 5 ，1 B. 5 5 ，1 C. 2 5 5 ，1 D. 2 5 5 ，1 解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)， E 0，1，1 2 ，G 1 2，0，1 ，F(x，0，0)，D(0，y，0)， 由于 GDEF，所以 x2y10， DF x2y25 y2 5 2 1 5， 由 x12y0，得 y0，所以 52x 52， 即 AD 的取值范围是 52， 52 答案： 52， 52 7(2

6、019 台州市高考模拟)如图，在棱长为 2 的正四面体 A- BCD 中， E、F 分别为直线 AB、CD 上的动点，且|EF| 3.若记 EF 中点 P 的轨迹 为 L，则|L|等于_(注：|L|表示 L 的测度，在本题，L 为曲线、平 面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积) 解析： 如图， 当 E 为 AB 中点时， F 分别在 C， D 处， 满足|EF| 3， 此时 EF 的中点 P 在 EC，ED 的中点 P1，P2的位置上；当 F 为 CD 中点 时，E 分别在 A，B 处，满足|EF| 3，此时 EF 的中点 P 在 BF，AF 的 中点 P3，P4的位置上，连接

7、 P1P2，P3P4相交于点 O，则四点 P1，P2， P3，P4共圆，圆心为 O，圆的半径为1 2，则 EF 中点 P 的轨迹 L 为以 O 为圆心，以1 2为半径的圆，其测度|L|2 1 2. 答案： 8.(2019 金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥 D- ABC 中，已知 AB2， AC BD 3， 设 ADa， BCb， CDc， 则 c2 ab1的最小值为_ 解析： 设AD a， CB b， DC c， 因为 AB2， 所以|abc|24a2 b2c22(a bb cc a)4，又因为AC BD 3，所以(ac) (bc)3a bb c c ac23， 所以 a2b2c22(3c2)

8、4c2a2b22，所以a 2b22 ab1 2ab2 ab1 2，当且仅当 a b 时，等号成立，即 c2 ab1的最小值是 2. 答案：2 9 (2019 宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图， 矩形 ABCD 中， AB1， BC 3， 将ABD 沿对角线 BD 向上翻折， 若翻折过程中 AC 长度在 10 2 ， 13 2 内变化，则点 A 所形成的运动轨迹的长度为 _ 解析：过 A 作 AEBD，垂足为 E，连接 CE，AE. 因为矩形 ABCD 中，AB1，BC 3， 所以 AE 3 2 ，CE 7 2 . 所以 A 点的轨迹为以 E 为圆心， 以 3 2 为半径的圆弧 AEA 为二

9、面角 A- BD- A的平面角 以 E 为原点，以 EB，EA所在直线为 x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系 E- xyz，设 AEA，则 A 0， 3 2 cos ， 3 2 sin ，C 1， 3 2 ，0 ， 所以 AC13 4（cos 1）23 4sin 2 53cos 2 ， 所以 10 2 53cos 2 13 2 ， 解得 0cos 1 2， 所以 6090，所以 A 点轨迹的圆心角为 30， 所以 A 点轨迹的长度为 6 3 2 3 12 . 答案： 3 12 10(2019 宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥 P- ABCD 中， BAD120，ABAD2，BCD 是等边

10、三角形，E 是 BP 的中 点，AC 与 BD 交于点 O，且 OP平面 ABCD. (1)求证：PD平面 ACE； (2)当 OP1 时，求直线 PA 与平面 ACE 所成角的正弦值 解：(1)证明：因为在四棱锥 P- ABCD 中，BAD120，AB AD2，BCD 是等边三角形， 所以ABCACD， 因为 E 是 BP 中点，AC 与 BD 交于点 O，所以 O 是 BD 中点，连接 OE，则 OEPD，因 为 PD平面 ACE，OE平面 ACE，所以 PD平面 ACE. (2)因为 BDAC，PO平面 ABCD， 以 O 为原点，OB，OC，OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，

11、则 P(0，0，1)，A(0，1，0)，B( 3，0，0)，C(0，3，0)，E 3 2 ，0，1 2 ， EA 3 2 ，1，1 2 ，EC 3 2 ，3，1 2 ，PA (0，1，1)， 设平面 ACE 的一个法向量 n(x，y，z)， 则 n EA 3x2yz0 n EC 3x6yz0，取 x1，得 n(1，0， 3)， 设直线 PA 与平面 ACE 所成角为 ， 则 sin |n PA | |n| |PA | 3 2 2 6 4 ， 所以直线 PA 与平面 ACE 所成角的正弦值为 6 4 . 11.(2019 浙江暨阳 4 月联考卷)在四棱锥 PABCD 中，PC平 面 ABCD，B

12、CAD，BCAB，PBAD2，ABBC1，E 为棱 PD 上的点 (1)若 PE1 3PD，求证：PB平面 ACE； (2)若 E 是 PD 的中点，求直线 PB 与平面 ACE 所成角的正弦值 解：(1)证明：过 A 作 Az平面 ABCD，以 A 为原点，如图建立直角坐标系， 由题意解得，PC 3，所以 B(1，0，0)，P(1，1， 3)，所以BP (0，1， 3)，C(1，1， 0)，D(0，2，0)， 设 E(x，y，z)，由PE 1 3PD ，得 E(2 3， 4 3， 2 3 3 )， 设平面 ACE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nAC xy0 nAE 2 3x 4 3y

13、 2 3 3 z0 ，取 z1，得 n( 3， 3，1)， 所以BP n0， 因为 PB平面 ACE，所以 PB平面 ACE. (2)过 A 作 Az平面 ABCD，以 A 为原点，如图建立直角坐标系， 由题意解得 PC 3，所以 B(1，0，0)，P(1，1， 3)，A(0，0，0)， 所以BP (0，1， 3)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，所以 E(1 2， 3 2， 3 2 )， AC (1，1，0)，AE(1 2， 3 2， 3 2 )， 设平面 ACE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nAC xy0 nAE 1 2x 3 2y 3 2 z0 ， 取 z2，得 n( 3，

14、3，2)， 所以直线 PB 与平面 ACE 所成角的正弦值： sin |BP n| |BP |n| 3 2 10 30 20 . 12.(2019 嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，底面 ABC 为边长为 2 的正三角形，D 是棱 A1C1的 中点，CC1h(h0) (1)证明：BC1平面 AB1D； (2)若直线 BC1与平面 ABB1A1所成角的大小为 6 ，求 h 的值 解：(1)证明：连接 A1B 交 AB1于 E，连接 DE， 则 DE 是A1BC1的中位线 所以 DEBC1. 又 DE平面 AB1D，BC1平面 AB1D，故 BC1平面 AB1

15、D. (2)以 AB 的中点 O 为坐标原点， OB， OC 所在直线分别为 x 轴， y 轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则 B(1，0，0)，C1(0， 3，h) 易得平面 ABB1A1的一个法向量为 n(0，1，0) 又BC1 (1， 3，h) 所以 sin 6 |cosBC1 ，n| |BC1 n| |BC1 |n| . 即 3 h24 1 2，解得 h2 2. 13.(2019 温州十五校联考)已知菱形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于一点 O，BAD60，将BDC 沿着 BD 折起得BDC，连 接 AC. (1)求证：平面 AOC平面 ABD； (2)若点 C在平面

16、ABD 上的投影恰好是ABD 的重心，求直线 CD 与底面 ADC所成角的 正弦值 解：(1)证明：因为 COBD，AOBD，COAOO，所以 BD平面 COA，又因为 BD平面 ABD，所以平面 AOC平面 ABD. (2)如图建系 O- xyz，令 ABa，则 A 3 2 a，0，0 ，B 0，1 2a，0 ， D 0，1 2a，0 ， C 3 6 a，0， 6 3 a ， 所以DC AB 3 2 a，1 2a，0 ，平面 ADC的法向量为 m 1， 3， 2 2 ，设直线 CD 与底面 ADC所成角为 ，则 sin |cosDC ，m|DC m| |DC |m| 3a a 3 2 6 3

17、 ， 故直线 CD 与底面 ADC所成角的正弦值为 6 3 . 14.(2019 宝鸡市质量检测(一)如图， 四棱锥 P- ABCD 的底面 ABCD 为 矩形，PA平面 ABCD，点 E 是 PD 的中点，点 F 是 PC 的中点 (1)证明：PB平面 AEC； (2)若底面 ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角 C- AF- D 的大 小为 60？ 解：易知 AD，AB，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标 系 A- xyz，设 AB2a，AD2b，AP2c，则 A(0，0，0)，B(2a，0， 0)， C(2a，2b，0)，D(0，2b，0)， P(0，0，2c) 设 AC

18、BDO，连接 OE，则 O(a, b，0)，又 E 是 PD 的中点，所以 E(0，b，c) (1)证明：因为PB (2a，0，2c)，EO (a，0，c)， 所以PB 2EO ，所以PB EO ，即 PBEO. 因为 PB平面 AEC，EO平面 AEC， 所以 PB平面 AEC. (2)因为四边形 ABCD 为正方形，所以 ab，A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2a，0)， D(0，2a，0)，P(0，0，2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)， 因为 z 轴平面 CAF，所以设平面 CAF 的一个法向量为 n(x，1，0)，而AC (2a，2a， 0)， 所以AC n2ax2a0，得 x1， 所以 n(1，1，0) 因为 y 轴平面 DAF，所以设平面 DAF 的一个法向量为 m(1，0，z)，而AF (a，a，c)， 所以AF macz0，得 za c， 所以 m(1，0，a c)m(c，0，a) cos 60 |n m| |n|m| c 2（a2c2） 1 2，得 ac. 故当 AP 与正方形 ABCD 的边长相等时，二面角 C- AF- D 的大小为 60.