【南方新课堂】2020高考新课标数学（理科）二轮专题复习检测 专题四第2讲立体几何中的向量方法 含解析.doc

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1、专题四立体几何第2讲立体几何中的向量方法一、选择题1．已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)A．(－1，1，0)　　　B．(1，－1，0)C．(0，－1，1)D．(－1，0，1)解析：经检验，选项B中向量(1，－1，0)与向量a＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为，即它们的夹角为60°.答案：B2．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)A.B.C.D.解析：不妨设CB＝1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1＝(0，

2、2，0)，B1(0，2，1)．∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)．cos〈，〉＝＝＝.答案：A3．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)A.　　　B.　　　C.　　　D.解析：如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0，0，0)，B(，0，0)，A(0，－1，0)，B1(，0，2)，则＝(，1，2)，则＝(－，0，0)为侧面ACC1A1的法向量，由sinθ＝＝.答案：A4.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和A

3、C上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)A．垂直B．平行C．相交D．不能确定解析：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，∴⊥.又∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.答案：B5．(2016·江西红色七校二模)已知二面角α-l-β等于120°，A，B是棱l上两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥

4、l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于(　　)(导学号55460126)A.B.C．2D.解析：法一：依题意可知，二面角α-l-β的大小等于与所成的角，∵＝＋＋，∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，∵AC⊥AB，BD⊥AB，AB＝AC＝BD＝1，∴2＝1＋1＋1＋2·＝3＋2

5、

6、·

7、

8、cos〈，〉＝3＋2cos〈，〉，∵〈，〉＝120°，∴〈，〉＝60°，因此2＝3＋2×＝4，∴

9、

10、＝2.法二：在β内作AE綊BD.连CE、DE，易知∠CAE＝120°，CE⊥DE，∴CE2＝AC2＋AE2－2×AC×AEcos120°＝3.在Rt△C

11、ED中，CD2＝CE2＋ED2＝4，∴CD＝2.答案：C二、填空题6．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为________．解析：以D点为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，M，C(0，1，0)，N.∴＝，＝.故·＝0×1＋×0＋1×＝，

12、

13、＝＝，

14、

15、＝＝，∴cos〈，〉＝＝＝.答案：7．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

16、面角的余弦值为________．解析：以A为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，∴＝(0，1，－1)，＝，∵平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则∴∴n1＝(1，2，2)，设平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.故所成的锐二面角的余弦值为.答案：8．在一直角坐标系中，已知A(－1，6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A、B两点间的距离为________．解析：如图为折叠后的图形，

17、其中作AC⊥CD，BD⊥CD，则AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC、BD所成的角为60°，故由＝＋＋，得

18、

19、2＝

20、＋＋

21、2＝68，∴

22、

23、＝2.答案：2三、解答题9．(2016·石家庄一模)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′-ABD，且使C′D＝.图①　　　　　　　图②(导学号55460127)(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)求二面角A-C′D-B的余弦值．(1)证明：取AB

24、的中点O，连接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，C′O＝DO＝1，又∵C′D＝，∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD.又∵C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD