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2014届高三数学二轮复习 用空间向量法解决立体几何问题专题能力提升训练 理


用空间向量法解决立体几何问题
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( ). 2a , 3

A.相交 C.垂直

B.平行 D.不能确定

2.在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为 ( A. 6 3 2 6 B. 5 C. 15 5 D. 10 5 ).

3.已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦等于 ( A. 6 4 B. 10 4 C. 2 2 D. 3 2 ).

4.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二 面角的大小是 ( ).

A.30°

B.45° C.60°

D.90° 2 ,则下 2

5.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,线段 B1D1 上有两个动点 E,F 且 EF= 列结论中错误的是

(

).

-1-

A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 ABEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) → → 6.在空间四边形 ABCD 中,AB=a-2c,CD=5a+6b-8c,对角线 AC、BD 的中点分别为 P、Q, → 则PQ=________. 7.到正方体 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距离相等的点:①有且只有 1 个; ②有且只有 2 个;③有且只有 3 个;④有无数个.其中正确答案的序号是________. → → → 2 → → → → 8.已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体,①(A1A+A1D1+A1B1) =3A1B12;②A1C·(A1B1-A1A)=0;③向量

AD1与向量A1B的夹角是 60°;④正方体 ABCDA1B1C1D1 的体积为|AB·AA1·AD|.其中正确命题
的序号是________. 三、解答题(本题共 3 小题,共 35 分) 9.(11 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD=120°,且 PA⊥平 面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.











(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 AMNQ 的平面角的余弦值. 10.(12 分)如图,已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是正三角形,侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB =60°,M 是 A1B1 的中点,MB⊥AC.

-2-

(1)求证:MB⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BB1C 的余弦值.

11.(12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,PC⊥底面 ABCD,ABCD 是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,

AB=2AD=2CD=2.E 是 PB 的中点.
(1)求证:平面 EAC⊥平面 PBC; (2)若二面角 PACE 的余弦值为 6 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值. 3

-3-

参考答案 → → → → 2 → → 2→ 1.B [MN=MB+BC+CN= A1B+BC+ CA 3 3 2 → → → 2 → → = (A1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 3 2 → → 2→ = B1B+BC+ DA, 3 3 → 又CD是平面 BB1C1C 的一个法向量, → → 2 → → 2→ → 且MN·CD= B1B+BC+ DA·CD=0, 3 3 → → ∴MN⊥CD,又 MN?面 BB1C1C,∴MN∥平面 BB1C1C.] 2.D [连 A1C1 与 B1D1 交与 O 点,再连 BO,∵AB=BC, ∴
? ? ?? C1O⊥面 DD1BB1,则∠OBC1 为 BC1 与平面 BB1D1D 所成角. ? 面DD1BB1⊥A1B1C1D1?

D1B1⊥A1C1

cos∠OBC1=

OC1 ,OC1= 2,BC1= 5, BC1
2 5 = 10 .] 5

∴cos∠OBC1=

3.A [如图所示建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为 2,A(0,-1,0),

B1( 3,0,2),则AB1=( 3,1,2),



O(0,0,0),B( 3,0,0),
→ → |AB1·BO| 6 → 则BO=(- 3,0,0)为侧面 ACC1A1 的法向量由 sin θ = = .] → → 4 |AB1||BO| 4. B [建立如图所示的空间直角坐标系, 不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量 n1=(0,1,0),

n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为
的二面角的大小是 45°.]

|n1·n2| 2 = ,故所求 |n1||n2| 2

-4-

5.D [∵AC⊥平面 BB1D1D, 又 BE? 平面 BB1D1D. ∴AC⊥BE,故 A 正确. ∵B1D1∥平面 ABCD,又 E、F 在直线 D1B1 上运动, ∴EF∥平面 ABCD,故 B 正确.

C 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 2 ,故 VABEF 为定值. 2

①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 , ,1,
→ ∴AE=(0,-1,1),

1 1 2 2

BF= ,- ,1,
→ → 3 ∴AE·BF= . 2 又|AE|= 2,|BF|= 6 , 2

→ 1 2

1 2

3 → → 2 AE · BE 3 → → ∴cos〈AE,BF〉= = = . → → 6 2 |AE|·|BF| 2· 2 ∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30°角. ②当点 E 为 D1B1 的中点, 1 1 点 F 在 B1 处时,此时 E , ,1,F(0,1,1), 2 2 1 1 → → ∴AE=- ,- ,1,BF=(0,0,1), 2 2

-5-

→ → → ∴AE·BF=1,|AE|=

12 12 6 2 - +- +1 = , 2 2 2

→ → AE·BF 1 6 3 → → ∴cos〈AE,BF〉= = = ≠ ,故选 D.] → → 3 2 |AE|·|BF| 1· 6 2 6.解析 如图.

PQ=PC+CD+DQ,PQ=PA+AB+BQ



→ →

→ → → →

→ +0+a-2c+5a+6b-8c=6a+6b-10c,∴

→ → → → → → → ∴2PQ=(PC+PA)+(DQ+BQ)+CD+AB=0

PQ=3a+3b-5c.
答案 3a+3b-5c 7.解析 注意到正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角线 B1D 上的每一点到直线 AB,CC1,A1D1 的距离都相 等,因此到 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB,CC1,A1D1 所在直线距离相等的点有无数个,其中正 确答案的序号是④. 答案 ④ → → → 2 → 2 → → 8. 解析 设正方体的棱长为 1, ①中(A1A+A1D1+A1B1) =3(A1B1) =3, 故①正确; ②中A1B1-A1A → → → =AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异面直线所成的角为 60°,但AD1与A1B → → → 的夹角为 120°,故③不正确;④中|AB·AA1·AD|=0.故④也不正确. 答案 ①② 9.(1)证明 因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)解 连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建立空间直角坐标 系 Oxyz,如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°,得



AC=AB=2 3,BD= 3AB=6.
又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC. 在直角三角形 PAC 中,

-6-

AC=2 3,PA=2 6, AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4.
由此知各点坐标如下,

A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0), D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M?- N?-

? ?

3 3 ? ,- , 6?, 2 2 ?

? ?

3 3 2 6? ? ? 3 , , 6?,Q? ,0, ?. 2 2 3 ? ? ?3

设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. 3 ? → ? 3 3 ? → ? 3 由AM=? ,- , 6?,AN=? , , 6?知, 2 ?2 ? ?2 2 ? 3 3 ? ? 2 x-2y+ ? 3 3 ? ? 2 x+2y+ 6z=0, 6z=0.

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量. 3 6? → ? 5 3 3 6? → ? 5 3 由QM=?- ,- , ?, QN=?- , , ?知, 2 3? ? 6 ? 6 2 3? 5 3 3 6 ? ?- 6 x-2y+ 3 z=0, ? 5 3 3 6 ? ?- 6 x+2y+ 3 z=0. 取 z=5,得 n=(2 2,0,5).

m·n 33 于是 cos〈m,n〉= = . |m|·|n| 33
所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为 33 . 33

10.(1)证明 ∵侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB=60°, ∴△A1BB1 为正三角形, 又∵点 M 为 A1B1 的中点,∴BM⊥A1B1, ∵AB∥A1B1,∴BM⊥AB,由已知 MB⊥AC, ∴MB⊥平面 ABC. (2)解 如图建立空间直角坐标系,设菱形 ABB1A1 边长为 2, 得 B1(0,-1, 3),A(0,2,0),
-7-

C( 3,1,0),A1(0,1, 3).
→ → 则BA1=(0,1, 3),BA=(0,2,0),

BB1=(0,-1, 3),BC=( 3,1,0).
设面 ABB1A1 的法向量 n1=(x1,y1,z1), → → 由 n1⊥BA,n1⊥BA1得,





?2y1=0, ? ?y1+ 3z1=0,

令 x1=1,得 n1=(1,0,0).

→ 设面 BB1C1C 的法向量 n2=(x2,y2,z2),由 n2⊥BB1,

n2⊥BC得?



?-y2+ 3z2=0, ? 3x2+y2=0.

令 y2= 3,得 n2=(-1, 3,1),

n1·n2 -1 5 得 cos〈n1,n2〉= = =- . |n1||n2| 1· 5 5
又二面角 A1BB1C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为 11.(1)证明 ∵PC⊥平面 ABCD,AC? 平面 ABCD, ∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC= 2, ∴AC +BC =AB ,∴AC⊥BC, 又 BC∩PC=C,∴AC⊥平面 PBC, ∵AC? 平面 EAC,∴平面 EAC⊥平面 PBC. → → → (2)解 如图,以 C 为原点,DA、CD、CP分别为 x 轴、y 轴、z 轴正向,建立空间直角坐标 系,则 C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,- 1,0). 设 P(0,0,a)(a>0), 1 1 a 则 E ,- , , 2 2 2
2 2 2

5 . 5

CA=(1,1,0),CP=(0,0, a),
1 a → 1 CE= ,- , , 2 2 2 取 m=(1,-1,0),则





m·CA=m·CP=0,m 为面 PAC 的法向量.
→ → 设 n=(x,y,z)为面 EAC 的法向量,则 n·CA=n·CE=0, 即?
?x+y=0, ? ? ?x-y+az=0,





取 x=a,y=-a,z=-2,

-8-

则 n=(a,-a,-2), |m·n| a 6 依题意,|cos〈m,n〉|= = 2 = ,则 a=2. |m||n| 3 a +2 → 于是 n=(2,-2,-2),PA=(1,1,-2). 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ , → |PA·n| 2 → 则 sin θ =|cos〈PA,n〉|= = , → 3 |PA||n| 即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 2 . 3

-9-


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