专题14 空间向量与立体几何仿真押题高考数学.docx

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专题14空间向量与立体几何仿真押题高考数学

专题14空间向量与立体几何（仿真押题）

2017年高考数学（理）命题猜想与仿真押题

1．有以下命题：

①如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a，b的关系是不共线；

②O，A，B，C为空间四点，且向量，，不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，C一定共面；

③已知向量a，b，c是空间的一个基底，则向量a＋b，a－b，c也是空间的一个基底．

其中正确的命题是（　　）

A．①②B．①③C．②③D．①②③

2．已知a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ等于（　　）

A.B.C.D.

解析　由题意得c＝ta＋μb＝（2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ），

∴解得

答案　D

3．已知点B是点A（3，7，－4）在xOz平面上的射影，则2等于（　　）

A．（9，0，16）B．25

C．5D．13

解析　A在xOz平面上的射影为B（3，0，－4），则＝（3，0，－4），2＝25.

答案　B

4．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在上，且＝，N为B1B的中点，则||为（　　）

A.B.C.D.

解析　如图，设＝a，＝b，＝c，

则a·b＝b·c＝c·a＝0.

由条件知＝＋＋

＝－（a＋b＋c）＋a＋c

＝a－b＋c，

∴2＝a2＋b2＋c2＝，

∴||＝.

答案　A

5．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为（　　）

A．30°B．60°C．120°D．150°

解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝.∴θ＝30°.

答案　A

6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为（　　）

A.B.C.D.

答案　B

7．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是（　　）

A.B.C.D.

解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1（0，0，2），A1（2，0，2），D（0，0，0），B（2，2，0），

∴＝（2，0，0），＝（2，0，2），＝（2，2，0），

设平面A1BD的法向量n＝（x，y，z），

则令x＝1，则n＝（1，－1，－1）．

∴点D1到平面A1BD的距离

d＝＝＝.

答案　D

8．二面角αlβ等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于（　　）

A.B.C．2D.

9.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为（　　）

A．0　　　B.　　　C.　　　D.

解析　设＝a，＝b，＝c，由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，

·＝a·（c－b）＝a·c－a·b

＝|a||c|－|a||b|＝0，

∴cos〈，〉＝0.

答案　A

10．若两点的坐标是A（3cosα，3sinα，1），B（2cosβ，2sinβ，1），则|AB|的取值范围是（　　）

A．0，5]B．1，5]

C．（0，5）D．1，25]

11．已知空间三点A（0，2，3），B（－2，1，6），C（1，－1，5）．则以，为边的平行四边形的面积为________．

解析　由题意可得：

＝（－2，－1，3），＝（1，－3，2），

∴cos〈，〉＝

＝＝＝.∴sin〈，〉＝.

∴以，为边的平行四边形的面积

S＝2×||·||·sin〈，〉＝14×＝7.

答案　7

12．将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为________．

解析　设折叠后点A到达A1点的位置，取BD的中点E，连接A1E、CE.

∴BD⊥CE，BD⊥A1E.

∴∠A1EC为二面角A1BDC的平面角．

∴∠A1EC＝60°，又A1E＝CE，

∴△A1EC是等边三角形．

∴A1E＝CE＝A1C＝a.

即折叠后点A与C之间的距离为a.

答案　a

13.如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．

（1）求证：

MN⊥AB；

（2）求二面角SNDA的余弦值；

（3）求点A到平面SND的距离．

解　以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系（如图）．

（1）证明　由题意得A（0，4，0），B（0，0，0），M（1，2，1），N（0，2，0），S（0，4，2），D（1，0，0）．

所以：

＝（－1，0，－1），＝（0，－4，0），·＝0，∴MN⊥AB.

（3）∵＝（0，－2，0），

∴点A到平面SND的距离

d＝＝.

14．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t（0

（1）当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；

（2）线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由．

解法一　

（1）根据题意，长方体体积为V＝t（2－t）×1＝t（2－t）≤＝1，

当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，

所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，

作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，

因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．

因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，

又A1B＝，A1C＝，所以BM＝＝＝，同理可得，DM＝，

在△BMD中，根据余弦定理有：

cos∠BMD＝＝－，

因为∠BMD∈（0°，180°），所以∠BMD＝120°，

即此时二面角B－A1C－D的值是120°.

（2）若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD

又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，

底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由

（1）知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，

此时，A1P＝＝＝.

法二　根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：

（2）根据题意有B（t，0，0），C（t，2－t，0），D（0，2－t，0），若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨＝λ（λ＞0），可得P（λt，λ（2－t），1－λ）

＝（λt－t，λ（2－t），1－λ），

＝（－t，2－t，0），

即：

解得：

t＝1，λ＝.

即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处．

15．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝30°，∠B＝90°，D为AC中点，E为BD的中点，AE的延长线交BC于F，将△ABD沿BD折起，折起后∠AEF＝θ.

（1）求证：

平面AEF⊥平面BCD；

（2）cosθ为何值时，AB⊥CD?

（2）解　如图所示，过A作AP⊥平面BCD于P，

则P在FE的延长线上．

设BP与CD相交于Q，令AB＝1，

则△ABD是边长为1的等边三角形．

若AB⊥CD，又AP⊥CD，则CD⊥平面ABP，PQ⊂平面ABP，

则BQ⊥CD.

在Rt△CBQ中，由于∠C＝30°，故∠CBQ＝60°.

又∠CBD＝30°，故∠EBP＝30°.

在Rt△EBP中，PE＝BE·tan30°＝×＝.

又AE＝，故cos∠AEP＝＝.

折起后有cosθ＝cos（π－∠AEP）＝－.

故当cosθ＝－时，AB⊥CD.

16.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，AA1＋AB＋AC＝3，AB＝AC＝t（t>0），P是侧棱AA1上的动点．

（1）当AA1＝AB＝AC时，求证：

A1C⊥平面ABC1；

（2）试求三棱锥PBCC1的体积V取得最大值时的t值；

（3）若二面角ABC1C的平面角的余弦值为，试求实数t的值．

（1）证明　连接A1C.

∵AA1⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，

∴AA1⊥AC，AA1⊥AB.

又AB⊥AC，

∴以A为原点，分别以AB，AC，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），C1（0，1，1），

B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），＝（0，1，－1），＝（0，1，1），＝（1，0，0）．

设平面ABC1的法向量n＝（x，y，z），

则解得

令z＝1，则n＝（0，－1，1）．

∵＝－n，∴A1C⊥平面ABC1.

（2）解　∵AA1∥平面BB1C1C，

∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离．

∴

＝t2（3－2t）＝t2－t3（0

令V′＝0，得t＝0（舍去）或t＝1，

列表得

t

（0，1）

1

V′

＋

0

－

V

递增

极大值

递减

∴当t＝1时，Vmax＝.

设平面BCC1的一个法向量为n2＝（x2，y2，z2），则

∵0

令y2＝1，则n2＝（1，1，0）．

设二面角ABC1C的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则有|cosθ|＝＝＝.

化简得5t2－16t＋12＝0，解得t＝2（舍去）或t＝.

∴当t＝时，二面角ABC1C的平面角的余弦值为.

17.直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．

（1）求证：

CE⊥A′D；

（2）求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．

（1）证明　设＝a，＝b，

＝c，

根据题意，|a|＝|b|＝|c|，

且a·b＝b·c＝c·a＝0，

∴＝b＋c，＝－c＋b－a.

∴·＝－c2＋b2＝0.

∴⊥，即CE⊥A′D.

（2）解　＝－a＋c，

∴||＝|a|，||＝|a|.

·＝（－a＋c）·（b＋c）＝c2＝|a|2，

∴cos〈，〉＝＝.

即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.

18.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.

（1）求证：

C1B⊥平面ABC；

（2）设＝λ（0≤λ≤1），且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．

（2）解　由

（1）可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

则B（0，0，0），A（0，1，0），C（1，0，0），

C1（0，0，），B1（－1，0，）．

所以＝（－1，0，）,所以＝（－λ，0，λ），∴E（1－λ，0，λ），则＝（1－λ，－1，λ），＝（－1，－1，）．

设平面AB1E的一个法向量为n＝（x，y，z），

则得

令z＝，则x＝，y＝，

，∴n＝，

∵AB⊥平面BB1C1C，＝（0，1，0）是平面的一个法向量，

∴|cos〈n，〉|＝

＝＝.

两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝（舍去）．∴λ＝1.

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