PAGE1-專題限時集訓(xùn)(八)空間向量與立體幾何[專題通關(guān)練](建議用時：20分鐘)1．(2024·泰安一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝AC＝CC1＝1，則AN與BM所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(2,5) D.eq\f(\r(30),10)D[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：則A(1,0,0)，B(0,1,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，cos〈eq\o(AN,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up7(→))·\o(BM,\s\up7(→)),|\o(AN,\s\up7(→))||\o(BM,\s\up7(→))|)＝eq\f(－\f(1,2)×\f(1,2)＋1,\r(\f(1,4)＋0＋1)×\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(30),10).故選D.]2．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．120°C[由已知可得eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，如圖，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))，∴|eq\o(CD,\s\up7(→))|2＝(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→)))2＝|eq\o(CA,\s\up7(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up7(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＋2eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))〉＝120°，∴所求二面角的大小為60°，故選C.]3．(2024·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)C[在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，連接BC1，AC1，則∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，所以在Rt△ABC1中，BC1＝eq\f(AB,tan∠AC1B)＝2eq\r(3)，在Rt△BCC1中，CC1＝eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以該長方體體積V＝BC×CC1×AB＝8eq\r(2).]4.(2024·汕頭模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列推斷錯誤的是()A．MN⊥CC1B．MN⊥平面ACC1A1C．MN∥平面ABCDD．MN∥A1B1D[在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則M(1,2,1)，N(0,1,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0，∴MN⊥CC1，故A正確；A(2,0,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，∴MN⊥AC，∵AC∩CC1＝C，∴MN⊥平面ACC1A1，故B正確；∵平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，eq\o(MN,\s\up7(→))·n＝0，又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故C正確；A1(0,2,2)，B1(2,2,2)，∴eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝(2,0,0)，∴MN與A1B1不平行，故D錯誤．故選D.]5.(2024·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則()A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線B[取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B.]6.[一題多解]如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在平面，點C是圓周上不同于A，B兩點的隨意一點，且AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，則二面角A-BC-P的大小為________．eq\f(π,3)[法一：(幾何法)由題意可知AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴∠PCA為二面角A-BC-P的平面角．在Rt△BCA中，AB＝2，BC＝eq\r(3)，∴AC＝1.在Rt△PCA中，PA＝eq\r(3)，∴tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3)，∴∠PCA＝eq\f(π,3).法二：(坐標(biāo)法)以A為原點，AP為z軸，AC為y軸，過A且垂直于AC的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．由AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，可知AC＝eq\r(22－3)＝1.∴P(0,0，eq\r(3))，B(eq\r(3)，1,0)，C(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,1，－eq\r(3))．設(shè)平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y－\r(3)z＝0，,y－\r(3)z＝0，))取z＝1得n＝(0，eq\r(3)，1)．平面ABC的法向量m＝(0,0,1)設(shè)二面角A-BC-P的平面角為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，∴θ＝eq\f(π,3).][實力提升練](建議用時：15分鐘)7.如圖，在各棱長均為2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為棱A1B1與BB1的中點，M，N為線段C1D上的動點，其中，M更靠近D，且MN＝C1N.(1)證明：A1E⊥平面AC1D；(2)若NE與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(10),20)，求異面直線BM與NE所成角的余弦值．[解](1)證明：由已知得△A1B1C1為正三角形，D為棱A1B1的中點，∴C1D⊥A1B1，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，C1D底面A1B1C1，則AA1⊥C1D.又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，∴C1D⊥平面ABB1A1，又A1E平面ABB1A1，∴C1D⊥A1E.易證A1E⊥AD，又AD∩C1D＝D，AD，C1D平面AC1D，∴A1E⊥平面AC1D.(2)取BC的中點O，B1C1的中點O1，連接AO，則AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1⊥AO，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，－1,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2))，設(shè)eq\o(C1N,\s\up7(→))＝λeq\o(C1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ，\f(3,2)λ，0))，則eq\o(NE,\s\up7(→))＝eq\o(C1E,\s\up7(→))－eq\o(C1N,\s\up7(→))＝(0,2，－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ，\f(3,2)λ，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)λ，2－\f(3,2)λ，－1))，易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一個法向量，∴|cos〈eq\o(NE,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(3),2)λ,\r(3λ2－6λ＋5))＝eq\f(\r(10),20)，解得λ＝eq\f(1,3)(負(fù)值舍去)，∴eq\o(NE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(3,2)，－1))，eq\o(C1M,\s\up7(→))＝2λeq\o(C1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，0))eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(BC1,\s\up7(→))＋eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2))，∴cos〈eq\o(NE,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(－\f(1,6)－\f(3,2)－2,\r(\f(10,3))×\r(\f(16,3)))＝－eq\f(11\r(10),40)，∴異面直線NE與BM所成角的余弦值為eq\f(11\r(10),40).8.如圖，CD，AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，AE＝1.(1)求證：BE⊥平面DAE；(2)求二面角C-DB-E的余弦值．[解](1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA⊥平面ABE，又BE平面ABE，∴BE⊥DA，又AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，∴BE⊥AE，又DA∩AE＝A，DA，AE平面DAE，∴BE⊥平面DAE.(2)過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AB＝AD＝2，AE＝1，∴BE＝eq\r(3)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，D(0,0,2)，B(0,2,0)，∴eq\o(ED,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(0，－2,2)，取平面CDB的一個法向量為n1＝(1,0,0)，設(shè)平面EBD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(ED,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(BD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＋2z2＝0，,－2y2＋2z2＝0，))取z2＝1，則n2＝(eq\r(3)，1,1)為平面EBD的一個法向量．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，又易知二面角C-DB-E為鈍角，∴二面角C-DB-E的余弦值為－eq\f(\r(15),5).內(nèi)容押題依據(jù)探究性問題，線面平行的性質(zhì)、線面角的求法探究性問題高考還未考查，可以較好的考查考生的思維，邏輯推理、運算等核心素養(yǎng)【押題】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2eq\r(2)，E是棱PC上的一點．(1)若PA∥平面BDE，證明：PE＝EC；(2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，請說明理由．[解](1)連接AC交BD于點F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線，因為PA∥平面BDE，PA平面PAC，所以PA∥EF.又因為F是AC中點，所以