高考押题专练
1．在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A.C.
3 210 4
B.D.2 26 4
31?
.
?2，2，1?
【解析】如图，建立空间直角坐标系，易求点D?
平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)， 3→26所以cos〈n，AD〉＝＝，
24则sin α＝
6. 4
【答案】D
2．在三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC均是等腰直角三角形．O是斜边AC的中点，平面PAC⊥平面ABC，且AC＝4，设θ是二面角P-AB-C的大小，则sin θ＝( )
2A. 3C.6 3B.D.5 37 3【解析】连接PO，过O作OD⊥AB，连接PD(如图)．
因为平面PAC⊥平面ABC，PO⊥AC， 所以PO⊥平面ABC，PO⊥AB.
又OD⊥AB.从而AB⊥平面POD，PD⊥AB，
所以∠PDO为二面角P-AB-C的平面角，即θ＝∠PDO. 11
由题设，OD＝BC＝×22＝2，OP＝2，
22
所以PD＝PO2＋OD2＝6. PO26
故sin θ＝sin ∠PDO＝＝＝.
PD63【答案】C
3．如图所示，在正方体AC1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．
?AC⊥BD?π
【解析】连接BD，??AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE，所以α＝.
2??AC⊥BB1
π
－∠EDF?＝sin ∠取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面AD1，则β＝∠EDF，cos(α－β)＝cos??2?EDF＝
6. 6
6 6
【答案】
4．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝23，m是AC的中点，则异面直线CB1
与C1M所成角的余弦值为________．
【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝23，M是AC的中点， 所以BM⊥AC，BM＝4－3＝1.
以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作AC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则C(－3，0，0)，B1(0，1，2)，C1(－3，0，2)，M(0，0，0)，
→→
所以CB1＝(3，1，2)，MC1＝(－3，0，2)，
设异面直线CB1与C1M所成角为θ， →→|CB1·MC1|114
则cos θ＝＝＝.
→→8·728|CB1|·|MC1|所以异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为【答案】
14 28
14. 28
5．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求二面角C-BE-D的余弦值的大小．
【解析】设AD＝DE＝2AB＝2a，以AC、AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD上作出以AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)．
33a?
因为F为CD的中点，所以F?a，，0.
2?2?
→→→
33??(1)【证明】AF＝a，a，0，BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a，0，－a)，
2?2?
→→→
1
所以AF＝(BE＋BC)，AF?平面BCE，所以AF∥平面BCE.[来源:学科网]
2
?m·BE＝0，?x＋3y＋z＝0，
(2)设平面BCE的法向量m＝(x，y，z)，则?即?不妨令x＝1可得m＝(1，
→?2x－z＝0，?m·BC＝0，
－3，2)．
→
2024年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(高考押题)(解析版)
