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2014年高考数学(理)二轮专题复习知能提升演练:1-5-3空间向量与立体几何 Word版含解析]


第3讲

空间向量与立体几何

一、选择题 → 1. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, M, N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点, 则 sin 〈CM, → D1N〉的值为 1 A.9 2 C.9 5 4 B.9 2 D.3 5 ( ).

解析

→ 设正方体的棱长为 2,以 D 为

原点建立如图所示空间坐标系,则CM=

→ (2,-2,1),D1N=(2,2,-1), → → 1 ∴cos〈CM,D1N〉=-9, → → 4 5 ∴sin〈CM,D1N〉= 9 . 答案 B

2.(2012· 陕西高考)如图所示,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 ( ).

5 A. 5 2 5 C. 5 解析

5 B. 3 3 D.5 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2.

可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), → → → → 4-1 BC1· AB1 1 5 ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = 5 >0. → → 5× 9 5 |BC1||AB1| → → ∴BC1与AB1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, 5 ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 5 . 答案 A

3.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上 2a 的点,A1M=AN= 3 ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( ).

A.相交 C.垂直

B.平行 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.

2 ∵A1M=AN= 3 a, 2 a? 2 ? ?2 ? ∴M?a,3a,3?,N?3a,3a,a?, ? ? ? ? → ? a 2 ? ∴MN=?-3,0,3a?. ? ? → 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴C1D1=(0,a,0), → → → → ∴MN· C1D1=0,∴MN⊥C1D1. → ∵C1D1是平面 BB1C1C 的法向量, 且 MN?平面 BB1C1C,∴MN∥平面 BB1C1C. 答案 B

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° C.60° 解析 法一

B.45° D.90° 建立如图(1)所示的空间直角坐标系, 不难求出平面 APB 与平面

PCD 的法向量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成 |n1· n2| 2 二面角的余弦值为|n ||n |= 2 ,故所求的二面角的大小是 45° . 1 2

法二

将其补成正方体.如图(2),不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二

面角就是平面 ABQP 和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45° . 答案 B

5.正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长都为 2,E,F,G 为 AB,AA1,A1C1 的中点, 则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为 ( ).

3 A.5 3 3 C. 10

5 B.6 3 6 D. 10

解析

如图,取 AB 的中点 E,建立如图所示空间直角坐标系 E-xyz.

? 1 ? 3 则 E(0,0,0), F(-1,0,1), B1(1,0,2), A1(-1,0,2), C1(0, 3, 2), G?- , ,2?. 2 2 ? ? → → → ?1 3 ? ∴B1F=(-2,0,-1),EF=(-1,0,1),FG=? , ,1?, ?2 2 ?

设平面 GEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),

→ ? n · EF ? =-x+z=0, 由? → 1 3 FG=2x+ 2 y+z=0, ? ?n·

?z=x, 得? ?y=- 3x.

令 x=1,则 n=(1,- 3,1),设 B1F 与平面 GEF 所成角为 θ,则 → → |n· B1F| 3 sin θ=|cos〈n,B1F〉|= = . → 5 |n||B1F| 答案 A

二、填空题 6.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 CD,CC1 的中点,则异面直 线 A1M 与 DN 所成的角的大小是________.

解析

以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,

1? ? 设 AB=1,则 D(0,0,0),N?0,1,2?, ? ? 1 ? ? M?0,2,0?,A1(1,0,1), ? ? → ? 1? → ? 1 ? ∴DN=?0,1,2?,MA1=?1,-2,1?, ? ? ? ? → → ? 1? 1 ∴DN· MA1=1×0+1×?-2?+2×1=0, ? ? → → ∴DN⊥MA1,∴A1M 与 DN 所成的角的大小是 90° . 答案 90°

7.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为________.

解析

根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系 P-xyz,则 P(0,0,0),

A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于 点 H,则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离.

∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. ?a a a? 又∵△ABC 为正三角形, ∴H 为△ABC 的重心, 可得 H 点的坐标为?3,3,3?. ? ? ∴PH= 答案 3 3a a? 3 ? a?2 ? a?2 ? ?0-3? +?0-3? +?0-3?2= a. 3 ? ? ? ? ? ?

8.在正四棱锥 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,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz.

设 OD = SO = OA = OB = OC = a. 则 A(a,0,0) , B(0 , a,0) , C( - a,0,0) , a a? ? P?0,-2,2?. ? ? → → ? a a? 则CA=(2a,0,0),AP=?-a,-2,2?, ? ? → CB=(a,a,0),设平面 PAC 的一个法向量为 n,设 n=(x,y,z), → ?n· CA=0, 则? → ?n· AP=0, ?x=0, 解得? 可取 n=(0,1,1), ?y=z,

→ → CB· n a 1 则 cos〈CB,n〉= = =2, 2 → 2a · 2 |CB|· |n| → ∴〈CB,n〉=60° , ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90° -60° =30° . 答案 30°

三、解答题 9.(2013· 新课标全国Ⅱ)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB, 2 BB1 的中点,AA1=AC=CB= 2 AB.

(1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值. (1)证明 连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点.

又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)解 2 由 AC=CB= 2 AB,

得 AC⊥BC. → → → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,CB的方向为 y 轴正方向,CC1的 方向为 z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 C -xyz.

设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), → → → CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → ?n· CD=0, 则? → ?n· CA1=0, ?x1+y1=0, 即? 可取 n=(1,-1,-1). ?2x1+2z1=0.

同理,设 m=(x2,y2,z2)是平面 A1CE 的法向量, → ?m· CE=0, 则? → ?m· CA1=0. ?2y2+z2=0, 即? 可取 m=(2,1,-2). ?2x2+2z2=0,

n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉=|n||m|= 3 ,故 sin〈n,m〉= 3 . 6 即二面角 D-A1C-E 的正弦值为 3 .

10.(2013· 济南模拟)已知四边形 ABCD 是菱形,∠BAD=60° ,四边形 BDEF 是 矩形,平面 BDEF⊥平面 ABCD,G,H 分别是 CE,CF 的中点.

(1)求证:平面 AEF∥平面 BDGH (2)若平面 BDGH 与平面 ABCD 所成的角为 60° ,求直线 CF 与平面 BDGH 所 成的角的正弦值. (1)证明 G,H 分别为 CE,CF 的中点,

所以 EF∥GH, 连接 AC 与 BD 交于 O,因为四边形 ABCD 是菱形,所以 O 是 AC 的中点, 连接 OG,OG 是三角形 ACE 的中位线,OG∥AE, 又 EF∩AE=E,GH∩OG=G,则平面 AEF∥平面 BDGH, (2)解 因为 BF⊥BD,平面 BDEF⊥平面 ABCD,

所以 BF⊥平面 ABCD, 取 EF 的中点 N,连接 ON,则 ON∥BF,∴ON⊥平面 ABCD, 建立空间直角坐标系如图所示,设 AB=2,BF=t,

则 B(1,0,0),C(0, 3,0),F(1,0,t), → ?1 ?1 3 t? → 3 t? H? , , ?,OB=(1,0,0),OH=? , , ?, ?2 2 2? ?2 2 2? 设平面 BDGH 的法向量为 n1=(x,y,z),

→ ? n · OB =x=0, 1 ? ? → 1 3 t OH=2x+ 2 y+2z=0, ? ? n1·

取 n1=(0,-t, 3),

平面 ABCD 的法向量 n2=(0,0,1), |cos〈n1,n2〉|= 3 1 2 2=2,所以 t =9,t=3. 3+t

→ 所以CF=(1,- 3,3),设直线 CF 与平面 BDGH 所成的角为 θ, → sin θ=|cos〈CF,n1〉|= 6 3 3 13 = 13 . 13×2 3

11.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1. (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长; 若不存在,说明理由. (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

(1)证明

→ → → 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方

向建立空间直角坐标系(如图).设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1), ?a ? E?2,1,0?,B1(a,0,1), ? ?

→ → ? a → ?a ? → ? 故AD1=(0,1,1),B1E=?-2,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?2,1,0?. ? ? ? ? → → a ∵AD1· B1E=-2×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1. (2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0)(0≤z0≤1),

→ 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ax+z=0, ? → → ? 由 n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2 a ? ? 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?. ? ? → a 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有2-az0=0, 1 解得 z0=2. 又 DP?平面 B1AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2. (3)解 ⊥A1D. ∵B1C∥A1D, ∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1, → → ∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ,则 a → -2-a n· AD1 cos θ= = . → a2 2 2 1+ 4 +a |n||AD1| 连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1

∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , 3a 2 2 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 5a 1+ 4 3 2,

∴|cos θ|=cos 30° ,即

2=


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