学年度最新数学高考理二轮专题复习检测第一部分专题五 立体几何与空间向量13Word版含答案.docx

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学年度最新数学高考理二轮专题复习检测第一部分专题五立体几何与空间向量13Word版含答案

2019-2020学年度最新数学高考（理）二轮专题复习检测：

第一部分专题五　立体几何与空间向量13Word版含答案13　空间向量与立体几何

（时间:

60分钟　满分:

100分）

一、选择题（本大题共8小题,每小题5分,共40分）

1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中点,则异面直线AB1与A1M所成的角为（　　）

A.60°B.45°C.30°D.90°

2.已知平面α内有一点M（1,-1,2）,平面α的一个法向量为n=（6,-3,6）,则下列点P中,在平面α内的是（　　）

A.P（2,3,3）B.P（-2,0,1）

C.P（-4,4,0）D.P（3,-3,4）

3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（　　）

ABCD

4.（2017浙江金华联盟联考）已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为（　　）

ABCD

5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中点,P,Q是正方体内部或面上的两个动点,则的最大值是（　　）

AB.1CD

6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点）,若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为（　　）

AB

CD

7.

如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为（　　）

8.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是（　　）

ABCD

二、填空题（本大题共6小题,每小题5分,共30分）

9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,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　　　　　. 

10.（2017浙江杭州模拟）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为　　　　　. 

11.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为　　　　　. 

12.

如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN∥平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为

.

13.已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有　　　　　条. 

A.0B.1

C.2D.无数个

14.如图所示,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　　　　　. 

三、解答题（本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

15.（本小题满分15分）在边长为3的正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足AE∶EB=CF∶FA=CP∶PB=1∶2（如图

（1））,将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连接A1B,A1P（如图

（2））.

（1）求证:

A1E⊥平面BEP;

（2）求二面角B-A1P-E的余弦值.

16.

（本小题满分15分）如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.

（1）求证:

AO⊥BE;

（2）求二面角F-AE-B的余弦值;

（3）若BE⊥平面AOC,求a的值.

参考答案

专题能力训练13　空间向量与立体几何

1.D

2.A　解析逐一验证法,对于选项A,∵=（1,4,1）,

∴·n=6-12+6=0,∴⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.

3.B　解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则A1（0,0,1）,E,D（0,1,0）,∴=（0,1,-1）,.

设平面A1ED的一个法向量为n1=（1,y,z）,

∴有解得

∴n1=（1,2,2）.

∵平面ABCD的一个法向量为n2=（0,0,1）,

∴cos=,

即所成的锐二面角的余弦值为.

4.C　解析取AD的中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,

得B（2,-1,0）,D1（0,2,）,=（-2,3,）,平面ABCD的一个法向量为n=（0,0,1）,设BD1与平面ABCD所成的角为θ,∴sinθ=,

∴tanθ=.

5.C　

解析以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A（0,0,0）,M,

所以.

设=（x,y,z）,

由题意可知

因为·x+1·y+0·z=x+y,

又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤.

所以-x+y≤.

故的最大值为.

6.A　解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A（0,0,0）,E,G,F（x,0,0）,D（0,y,0）.

由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0,DF=.

当y=时,线段DF长度的最小值是.

当y=1时,线段DF长度的最大值是1.

因不包括端点,故y=1不能取,应选A.

7.A　

解析以D为原点,DA,DC分别为x轴、y轴建立坐标系如图:

设M（x,y,0）,正方形边长为a,

则P,C（0,a,0）,则|MC|=,

|MP|=.

由|MP|=|MC|得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y=x.故选A.

8.B　解析如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则B（1,0,0）,D（0,1,0）,B1（1,0,1）,C（1,1,0）.

设P（1,1,m）（0≤m≤1）,=λ（0≤λ≤1）,Q（x0,y0,0）,则（x0-1,y0,0）=λ（-1,1,0）,∴

∴Q（1-λ,λ,0）,∴=（-λ,λ-1,-m）.

连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1.

又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,

∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ.

又=（0,1,-1）,∴=λ-1+m=0,

∴λ=1-m,

∴Q（m,1-m,0）,=（m-1,-m,-m）.

设R（0,n,0）,则=（m,1-m-n,0）,

∵PQ⊥RQ,∴=m（m-1）-m（1-m-n）=0,即n=2-2m,

∴R（0,2-2m,0）,=（-1,1-2m,-m）,

||=,

∴当m=时,|PR|的最小值是.

9.MN∥平面BB1C1C　解析以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系.

∵A1M=AN=,

则M,N,

∴.

又C1（0,0,0）,D1（0,a,0）,

∴=（0,a,0）,

∴=0,∴.

又∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,

∴MN∥平面BB1C1C.

10.　解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=（x,y,z）为平面A1BC1的法向量,

则n·=0,n·=0,

即令z=2,则y=1,x=2,

于是n=（2,1,2）,=（0,2,0）.

设所求线面角为α,则sinα=|cos|=.

11.45°　解析如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A（0,0,0）,D（0,1,0）,P（0,0,1）,由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,

∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.

∴=（0,1,0）,分别是平面PAB,平面PCD的法向量,且<>=45°.

故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.

12.1　解析如图,建立空间直角坐标系,则可设M（t,0,t）,N（0,s,3-s）,

∴=（t,-s,t+s-3）,易知平面AA1C1C的法向量n=（1,1,0）,由MN∥平面AA1C1C可知,·n=0,

∴（t,-s,t+s-3）·（1,1,0）=0,得t=s.

∴||2=2t2+（2t-3）2=6t2-12t+9,故当t=1时,MN长度取到最小值,此时M（1,0,1）,N（0,1,2）,

∴·yN=·3·2·1=1.

13.1　解析不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1（2,0,2）,E（1,2,0）,=（-1,2,-2）,C1（0,0,2）,F（2,2,1）,=（2,2,-1）.

设=λ=t,

则M（2-λ,2λ,2-2λ）,N（2t,2t,2-t）,=（2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t）.由于MN与平面ABCD垂直,

所以λ=t=,

由于此解唯一,故满足条件的MN只有一条.

14.

　解析以D为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

则A（1,0,0）,M,C（0,1,0）,N,

∴.

设直线AM与CN所成的角为θ,

则cosθ=|cos<>|=

=.

15.

（1）证明在图

（1）中,取BE的中点D,连接DF,

∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2,

而∠A=60°,∴△ADF为正三角形.

又AE=DE=1,∴EF⊥AD.

在图

（2）中,A1E⊥EF,BE⊥EF,

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角.

由题设条件知此二面角为直二面角,

∴A1E⊥平面BEP.

（2）解分别以EB,EF,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

则E（0,0,0）,B（2,0,0）,P（1,,0）,A1（0,0,1）,

=（0,0,1）,=（1,,0）,=（-2,0,1）,=（-1,,0）.

设面EA1P的法向量为m=（x,y,z）,

则取y=-1,得m=（,-1,0）;

设面BA1P的法向量为n=（x,y,z）,

则取y=1,得n=（,1,2）.

∴cos=.

∴二面角B-A1P-E的余弦值为.

16.解

（1）因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.

又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,

所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.

（2）取BC中点G,连接OG.

由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.

由

（1）知AO⊥平面EFCB,

又OG⊂平面EFCB,

所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,

则E（a,0,0）,A（0,0,a）,

B（2,（2-a）,0）,=（-a,0,a）,=（a-2,（a-2）,0）.

设平面AEB的法向量为n=（x,y,z）,

则

令z=1,则x=,y=-1.

于是n=（,-1,1）.

平面AEF的法向量为p=（0,1,0）.

所以cos==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.

（3）因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.

因为=（a-2,（a-2）,0）,=（-2,（2-a）,0）,

所以=-2（a-2）-3（a-2）2.

由=0及0