创新设计江苏高考数学理二轮三级排查训练52空间向量与立体几何含答案解析.docx
- 文档编号:1252157
- 上传时间:2022-10-19
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:201.39KB
创新设计江苏高考数学理二轮三级排查训练52空间向量与立体几何含答案解析.docx
《创新设计江苏高考数学理二轮三级排查训练52空间向量与立体几何含答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《创新设计江苏高考数学理二轮三级排查训练52空间向量与立体几何含答案解析.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
创新设计江苏高考数学理二轮三级排查训练52空间向量与立体几何含答案解析
第2讲 空间向量与立体几何
1.(仿2011·北京,16)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为________.
解析 建立坐标系如图所示.
则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2),=(-1,0,2),=(-1,2,1).
cos〈,〉==.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
答案
2.(仿2011·江苏,22)如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCO-A′B′C′D′,A′C的中点E与AB的中点F的距离为________.
解析 由图易知A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a),F,E.
∴|EF|=
==a.
答案 a
3.(仿2012·陕西,5)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________.
解析 以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,A1(1,0,2),B(0,1,0),A(1,0,0),C(0,0,0),
则=(-1,1,-2),
=(-1,0,0),
cos〈,〉=
==.
答案
4.(仿2013·安徽,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点D是侧面BB1C1C的中心,则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________.
解析 取BC中点E,连接AE,则AE⊥平面BCC1B1,故∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角,设各棱长为a,则AE=a,DE=a.
∴tan∠ADE=.∴∠ADE=60°.
答案 60°
5.(仿2011·辽宁,8)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F且EF=,则下列四个结论其中错误的是________.
①AC⊥BE,
②EF∥平面ABCD,
③三棱锥A-BEF的体积为定值,
④异面直线AE,BF所成的角为定值,
解析 ∵AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1,D1D.
∴AC⊥BE,故①正确.
∵B1D1∥平面ABCD,又E、F在直线D1B1上运动,
∴EF∥平面ABCD,故②正确.
③中由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为,故VA-BEF为定值.
④a.当点E在D1处,点F为D1B1的中点时,建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1),F,
∴=(0,-1,1),=,
∴·=.
又||=,||=,
∴cos〈,〉=
==.
∴此时异面直线AE与BF成30°角.
b.当点E为D1B1的中点,点F在B1处时,此时E,F(0,1,1),
∴=,=(0,0,1),
∴·=1,||==,
∴cos〈,〉===≠.
答案 ④
6.(仿2011·辽宁,8)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M和N分别是A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为________.
解析 以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),M,C(0,1,0),N.则=,=,
∴cos〈,〉=
==.
答案 .
7.(仿2013·山东,4)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是________.
解析 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.
设OD=SO=OA=OB=OC=a(a>0),则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.
则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).
设平面PAC的法向量为n可求得n=(0,1,1),则cos〈,n〉===.
∴〈,n〉=60°,
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.
答案 30°
8.(仿2012·辽宁,18)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M、N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是________.
解析 分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
∵A1M=AN=a,
∴M,N,
∴=.
又C1(0,0,0),D1(0,a,0),
∴=(0,a,0),
∴·=0,∴⊥.
∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,
∴MN∥平面BB1C1C.
答案 平行
9.(仿2013·广东,18)如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,BB1=,M是线段B1D1的中点.
(1)求证:
BM∥平面D1AC;
(2)求证:
D1O⊥平面AB1C;
(3)求二面角B-AB1-C的大小.
(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,则点O(1,1,0)、D1(0,0,),
∴=(-1,-1,),
又点B(2,2,0),M(1,1,),
∴=(-1,-1,),
∴=,又∵OD1与BM不共线,
∴OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC,BM⊄平面D1AC,
∴BM∥平面D1AC.
(2)证明 连接OB1.∵·=(-1,-1,)·(1,1,)=0,·=
(-1,-1,)·(-2,2,0)=0,
∴⊥,⊥,即OD1⊥OB1,OD1⊥AC,
又OB1∩AC=O,∴D1O⊥平面AB1C.
(3)解 ∵CB⊥AB,CB⊥BB1,∴CB⊥平面ABB1,
∴=(-2,0,0)为平面ABB1的一个法向量.
由
(2)知为平面AB1C的一个法向量.
∴cos〈,〉=,∴与的夹角为60°,即二面角B-AB1-C的大小为60°.
10.(仿2013·北京,17)如图,ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE与平面ABCD所成的角为60°.
(1)求证:
AC⊥平面BDE;
(2)求二面角F-BE-D的余弦值;
(3)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.
(1)证明 ∵DE⊥平面ABCD,∴DE⊥AC,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,又DE∩BD=D,∴AC⊥平面BDE.
(2)解 DE⊥平面ABCD,
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,即∠EBD=60°.
∴=.由AD=3,得BD=3,DE=3,AF=.
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),F(3,0,),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0).
∴=(0,-3,),=(3,0,-2).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则
即
令z=,则n=(4,2,)
∵AC⊥平面BDE,
∴=(3,-3,0)为平面BDE的一个法向量,
∵cos〈n,〉===,
∴结合图形知二面角F-BE-D的余弦值为.
(3)解 依题意,设M(t,t,0)(0≤t<3),则=(t-3,t,0),
∵AM∥平面BEF,∴·n=0,
即4(t-3)+2t=0,解得t=2.
∴点M的坐标为(2,2,0),此时=,
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 创新 设计 江苏 高考 学理 二轮 三级 排查 训练 52 空间 向量 立体几何 答案 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)