(江苏专用)2020届高考数学(理)二轮复习：三级排查大提分-5-2-Word版含答案.docx

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2022·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2021·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2021·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2022·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2021·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2021·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．