届高考数学二轮复习 第一部分 专题五 立体几何 153 空间向量与立体几何限时规范训练 理.docx

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届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何153空间向量与立体几何限时规范训练理

2019届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1.5.3空间向量与立体几何限时规范训练理

一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分）

1．（2017·山东青岛模拟）已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于（　　）

A.　B.

C.D.

解析：

选A.如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O（0,0,0），B（，0,0），A（0，－1,0），B1（，0,2），则＝（，1,2），则＝（－，0,0）为侧面ACC1A1的法向量，故sinθ＝＝＝.

2．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝2，二面角BAA1C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为（　　）

A.B.

C.D．2

解析：

选A.由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，则·＝（－）·（＋）＝4，

||＝2，||＝4，

cos〈，〉＝＝，

故tan〈，〉＝.

3．如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为（　　）

A．－B．－

C.D.

解析：

选D.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.

过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．

如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A（0,0,0），P（0,0,2），B（4,0,0），C（4，－2,0）．

因为D为PB的中点，所以D（2,0,1）．

故＝（－4,2,2），＝（2,0,1）．

所以cos〈，〉＝＝＝－.

设异面直线PC，AD所成的角为θ，

则cosθ＝|cos〈，〉|＝.

4．（2017·山西四市联考）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），D（1,1，）．若S1，S2，S3分别是三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（　　）

A．S1＝S2＝S3

B．S2＝S1且S2≠S3

C．S3＝S1且S3≠S2

D．S3＝S2且S3≠S1

解析：

选D.如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1＝×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF（E，F分别为OA，BC的中点）全等，所以S2＝×2×＝.

三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH（G，H分别为AB，OC的中点）全等，所以S3＝×2×＝.

所以S2＝S3且S1≠S3，故选D.

5．如图，点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1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的条数有（　　）

A．0条B．1条

C．2条D．无数条

解析：

选B.假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D1（2,0,2），E（1,2,0），设M（x，y，z），＝m（0＜m＜1），∴（x－2，y，z－2）＝m（－1,2，－2），x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，∴M（2－m,2m,2－2m），同理，若设＝n（0＜n＜1），可得N（2n,2n,2－n），＝（m＋2n－2,2n－2m,2m－n）．又∵MN⊥平面ABCD.

∴解得即存在满足条件的直线MN，且只有一条．

6．（2017·安徽合肥模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：

①异面直线C1P和CB1所成的角为定值；

②二面角PBC1D的大小为定值；

③三棱锥DBPC1的体积为定值；

④直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值．

其中真命题的个数为（　　）

A．1B．2

C．3D．4

解析：

选C.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

则C（0,1,0），B（1,1,0），C1（0,1,1），B1（1,1,1）．

设P（t,0,1－t），0≤t≤1.

①中，＝（t，－1，－t），＝（1,0,1），因为·＝0，所以C1P⊥CB1，故①对；②中，因为D1A∥C1B，所以平面PBC1即平面ABC1D1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故②对；③中，因为点P到直线BC1的距离AB＝1，所以V三棱锥DBPC1＝××CB1＝，故③对；④中，＝（t，－1,1－t），易知平面ABC1D1的一个法向量为＝（1,0,1），所以cos〈，〉不是定值，故④错误．

二、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）

7．（2017·江苏南京三模）如图，三棱锥ABCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为________．

解析：

设AB＝1，则·＝（－）·（－）＝·（－）＝2－·－·＋·

＝－cos60°－cos60°＋cos60°＝.

∴cos〈，〉＝＝＝.

答案：

8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为________．

解析：

由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a，由∠BAC＝，AC＝4，得BC＝4，所以A（4,0,0），B（0,4，0），C（0,0,0），A1（4,0，a），M，

P，Q.所以＝（1,2，0），＝（4,0,0）．设异面直线QP与CA所成的角为θ，所以|cosθ|＝＝＝.由sin2θ＋cos2θ＝1得，sin2θ＝，所以sinθ＝±，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sinθ＝即为所求．

答案：

9．（2017·河北衡水模拟）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M,N分别在AB1，BC1上，且AM＝AB1，BN＝BC1，则下列结论：

①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④BD1⊥MN.其中正确命题的序号是________．（写出所有正确命题的序号）

解析：

如图，建立以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系．令正方体的棱长为3，可得D（0,0,0），A（0,3,0），A1（0,3,3），C1（3,0,3），D1（0,0,3），B（3,3,0），M（1,3,1），N（3,2,1）．

①中，＝（0,0,3），＝（2，－1,0），因为·＝0，所以①正确；②中，＝（3，－3,0），与不成线性关系，所以②错；③中，易知平面A1B1C1D1的一个法向量为＝（0,0,3），而·＝0，且MN⊄平面A1B1C1D1，所以③正确；④中，＝（－3，－3,3），因为·≠0，所以④错误．

答案：

①③

三、解答题（本题共3小题，每小题12分，共36分）

10．（2017·高考全国卷Ⅱ）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．

（1）证明：

直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45°，求二面角MABD的余弦值．

解：

（1）证明：

取PA中点F，连接EF，BF，CE.

∵E，F为PD，PA中点，∴EF为△PAD的中位线，

∴EFAD.

又∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD.

又∵AB＝BC＝AD，∴BCAD，∴EFBC.

∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF.

又∵BF⊂面PAB，∴CE∥面PAB.

（2）以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系．

设AB＝BC＝1，则O（0,0,0），A（0，－1,0），B（1，－1,0），C（1,0,0），D（0,1,0），P（0,0，）．

M在底面ABCD上的投影为M′，∴MM′⊥BM′.又BM与底面ABCD所成角为45°，

∴∠MBM′＝45°，∴△MBM′为等腰直角三角形．

∵△POC为直角三角形，且＝，∴∠PCO＝60°.

设|MM′|＝a，|CM′|＝a，|OM′|＝1－a.

∴M′.＝，

|BM′|＝＝＝a⇒a＝.

∴|OM′|＝1－a＝1－.

∴M′，M

＝，＝（1,0,0）．

设平面ABM的法向量m＝（0，y1，z1）．

y1＋z1＝0，∴m＝（0，－，2）

＝（0,2,0），＝（1,0,0）．

设平面ABD的法向量为n＝（0,0，z2），n＝（0,0,1）．

∴cos〈m，n〉＝＝＝＝.

∴二面角MABD的余弦值为.

11．如图所示的几何体中，ABCA1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2CD，∠ADC＝60°.

（1）若AA1＝AC，求证：

AC1⊥平面A1B1CD.

（2）若CD＝2，AA1＝λAC，二面角CA1DC1的余弦值为，求三棱锥C1A1CD的体积．

解：

（1）证明：

若AA1＝AC，则四边形ACC1A1为正方形，

则AC1⊥A1C，

因为AD＝2CD，∠ADC＝60°，

所以△ACD为直角三角形，则AC⊥CD，

因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，

又AA1∩AC＝A，

所以CD⊥平面ACC1A1，则CD⊥AC1，

因为A1C∩CD＝C，所以AC1⊥平面A1B1CD.

（2）若CD＝2，因为∠ADC＝60°，所以AC＝2，

则AA1＝λAC＝2λ，

建立以C为坐标原点，CD，CA，CC1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图所示，

则C（0,0,0），D（2,0,0，），A（0,2，0），C1（0,0,2λ），A1（0,2，2λ）．

则＝（2，－2，－2λ），＝（2,0,0），＝（0,2，0）．

设平面CA1D的一个法向量为m＝（x，y，z）．

则m·＝2x－2y－2λz＝0，m·＝2x＝0，

则x＝0，y＝－λz，

令z＝1，则y＝－λ，则m＝（0，－λ，1）．

设平面A1DC1的一个法向量为n＝（x1，y1，z1），

n·＝2x1－2y1－2λz1＝0，

n·＝2y1＝0，

则y1＝0,2x1－2λz1＝0，令z1＝1，则x1＝λ，

则n＝（λ，0,1），

因为二面角CA1DC1的余弦值为.

所以cos〈m，n〉＝＝＝.

即（1＋λ2）（1＋3λ2）＝8，得λ＝1，即AA1＝AC，

则三棱锥C1A1CD的体积

V＝VDA1C1C＝CD·AC·AA1

＝×2××2×2＝4.

12．（2017·浙江宁波模拟）如图

（1），在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如图

（2）．

（1）求证：

A1E⊥平面BCDE.

（2）求二面角EA1BC的余弦值．

（3）判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC？

若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

解析：

（1）证明：

∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC.

又∵AD1⊥DC，A1D∩DE＝D，∴DC⊥平面A1DE，

∴DC⊥A1E.

又∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，∴A1E⊥平面BCDE.

（2）∵A1E⊥平面BCDE，DE⊥BE，∴以EB，ED，EA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角