2013贵州大学附中高考数学一轮复习单元练习--空间向量与立体几何

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高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)一、单选题1.已知空间向量()3,4,5AB =-,则AB =( ) A .5B .6C .7D .522.设直线1l 、2l 的方向向量分别为a ,b ,能得到12l l ⊥的是( ) A .(1,2,2)a =-,(2,4,4)b =- B .(2,2,1)a =-,(3,2,10)b =- C .(1,0,0)a =,(3,0,0)b =-D .(2,3,5)a =-,(2,3,5)b =3.已知正四面体ABCD ,M 为BC 中点,N 为AD 中点,则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为( ) A .16B .23C .2121D .421214.已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为平行四边形,M ,N 分别为棱BC ,PD 上的点,12CM BM =,N 是PD 的中点,向量MN AB x AD y AP =-++,则( )A .13x =,12y =-B .16x =-,12y =C .13x,12y =D .16x =,12y =-5.有以下命题:①一个平面的单位法向量是唯一的②一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行,则这条直线和这个平面平行 ③若两个平面的法向量不平行,则这两个平面相交④若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量,则直线和平面垂直 其中真命题的个数有( ) A .1个B .2个C .3个D .4个6.已知(2,2,3)a =--,(2,0,4)=b ,则cos ,a b 〈〉=( ) A .48585B .48585-C .0D .17.如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别是棱1111,C D A D 上的动点.给出下面四个命题①直线EF 与直线AC 平行;②若直线AF 与直线CE 共面,则直线AF 与直线CE 相交; ③直线EF 到平面ABCD 的距离为定值; ④直线AF 与直线CE 所成角的最大值是3π.其中,真命题的个数是( ) A .1B .2C .3D .48.在以下命题中:①三个非零向量a ,b ,c 不能构成空间的一个基底,则a ,b ,c 共面;②若两个非零向量a ,b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则a ,b 共线; ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C ,若222OP OA OB OC =--,则P ,A ,B ,C 四点共面④若a ,b 是两个不共线的向量,且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠,则{},,a b c 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c 为空间的一个基底,则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底; 其中真命题的个数是( ) A .0B .1C .2D .39.已知向量(4,2,4),(6,3,2)a b =--=-,则下列结论正确的是( ) A .(10,5,2)a b +=- B .(2,1,6)a b -=-C .(24,6,8)a b ⋅=-D .||6a =10.如图,已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,M ,N 分别为1BB ,CD 的中点.有下列结论:①三棱锥11A MND -在平面11D DCC 上的正投影图为等腰三角形; ②直线//MN 平面11A DC ;③在棱BC 上存在一点E ,使得平面1AEB ⊥平面MNB ;④若F 为棱AB 的中点,且三棱锥M NFB -的各顶点均在同一求面上,则该球的体积为6π. 其中正确结论的个数是( ) A .0B .1C .2D .311.如图,某圆锥SO 的轴截面SAC ,其中5SA AO =,点B 是底面圆周上的一点,且2cos 3BOC ∠=,点M 是线段SA 的中点,则异面直线SB 与CM 所成角的余弦值是( )A 235B 665C 13D 312.如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,90BAD ∠=︒,112PA AB BC AD ====,//BC AD ,已知Q 是四边形ABCD 内部一点(包括边界),且二面角Q PD A --的平面角大小为30,则ADQ △面积的取值范围是( )A .2150,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦B .250,5⎛⎤⎥ ⎝⎦C .2100,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦D .3100,5⎛⎤ ⎥ ⎝⎦二、填空题13.已知a =(3,2,-1),b = (2,1,2),则()()2a b a b -⋅+=___________. 14.若空间中有三点()()()1,0,1,0,1,1,1,2,0A B C - ,则点()1,2,3P 到平面ABC 的距离为______.15.正四棱柱1111ABCD A B C D -中,14AA =,3AB =,点N 为侧面11BCC B 上一动点(不含边界),且满足1D N CN ⊥.记直线1D N 与平面11BCC B 所成的角为θ,则tan θ的取值范围为_________.16.如图所示,在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111AC B D F =,若1AF xAB yAD zAA =++,则x y z ++=___________.三、解答题17.如图1,在ABC 中,90C ∠=︒,3BC =3AC =,E 是AB 的中点,D 在AC 上,DE AB ⊥.沿着DE 将ADE 折起,得到几何体A BCDE -,如图2(1)证明:平面ABE ⊥平面BCDE ;(2)若二面角A DE B --的大小为60︒,求直线AD 与平面ABC 所成角的正弦值.18.已知正方体1111ABCD A B C D -中,棱长为2a ,M 是棱1DD 的中点.求证:1DB ∥平面11A MC .19.四棱锥P ABCD -中,//AB CD ,90PDA BAD ∠=∠=︒,12PD DA AB CD ===,S 为PC中点,BS CD ⊥.(1)证明:PD ⊥平面ABCD ;(2)平面SAD 交PB 于Q ,求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值.20.如图,在多面体ABCDEF 中,AD ⊥平面ABF ,AD ∥BC ∥4EF AD =,,3,2BC AB BF EF ====,120ABF ︒∠=.(1)证明:AC DE ⊥;(2)求直线AE 与平面CDE 所成角的大小.21.如图(1),在直角梯形ABCD 中,AB CD ∥,AB BC ⊥,22CD AB BC ==,过A 点作AE CD ⊥,垂足为E ,现将ADE ∆沿AE 折叠,使得DE EC ⊥,如图(2).(1)求证:平面DAB ⊥平面DAE ; (2)求二面角D AB E --的大小.22.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为等腰梯形,//AB CD ,24CD AB ==,2AD =,PAB 为等腰直角三角形,PA PB =,平面PAB ⊥底面ABCD ,E 为PD 的中点.(1)求证://AE 平面PBC ; (2)求二面角A EB C --的余弦值.23.如图所示,边长为2的正方形ABFC 和高为2的直角梯形ADEF 所在的平面互相垂直且2DE =,//ED AF 且90DAF ∠=︒.(1)求BD 和面BEF 所成的角的正弦; (2)求点C 到直线BD 的距离;(3)线段EF 上是否存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直,若存在,求EP 与PF 的比值:若不存在,说明理由.24.如图,在三棱锥A BCD -中,ABD △是等边三角形,2AC =,2BC CD ==,BC CD ⊥,E 为空间内一点,且CDE 为以CD 为斜边的等腰直角三角形.(1)证明:平面ABD ⊥平面BCD ;(2)若2BE =,试求平面ABD 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值参考答案1.D2.B3.B4.B5.A6.B7.B8.D9.D10.D11.B12.A 13.21415.13,22⎫⎛⎫+∞⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭16.2 17.(1)证明:因为在图1中DE AB ⊥,沿着DE 将ADE 折起, 所以在图2中有DE AE ⊥,DE BE ⊥, 又AEBE E =,所以DE ⊥平面ABE , 又因为DE ⊂平面BCDE , 所以平面ABE ⊥平面BCDE ; (2)解:由(1)知,DE AE ⊥,DE BE ⊥, 所以AEB ∠是二面角A DE B --的平面角, 所以60AEB ∠=︒, 又因为AE BE =, 所以ABE 是等边三角形, 连接CE ,在图1中,因为90C ∠=︒,BC =,3AC = 所以60EBC ∠=︒,AB =因为E 是AB 的中点,所以BE BC == 所以BCE 是等边三角形. 取BE 的中点O ,连接AO ,CO , 则AO BE ⊥,CO BE ⊥,因为平面ABE ⊥平面BCDE ,平面ABE ⋂平面BCDE BE =,所以AO ⊥平面BCDE , 所以OB ,OC ,OA 两两垂直,以O 为原点,OB ,OC ,OA 为x ,y ,z 轴建系,如图所示.30,0,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3B ⎫⎪⎪⎝⎭,30,,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 所以3322AB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,330,,22AC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,332AD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ABC 的法向量为(),,n x y z =,则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即330,2330.22z y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩取1z =,得平面ABC 的一个法向量为()3,1,1n =,所以33311125cos ,52n AD AD n n AD ⎛⎛⎫⨯+-⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯设直线AD 与平面ABC 所成角为θ,则5sin θ=. 18.以点D 为原点,分别以DA 、DC 与1DD 的方向为x 、y 与z 轴的正方向,建立空间直角坐标系.则()0,0,0D 、()2,0,0A a 、()0,2,0C a 、()2,2,0B a a 、()10,0,2D a 、()12,0,2A a a 、()10,2,2C a a 、()12,2,2B a a a ,M 是棱1DD 的中点得()0,0,M a ,()12,2,2DB a a a =.设面11A MC的一个法向量为(),,n x y z =,()12,0,MA a a =,()10,2,MC a a =,则1120,0,20,0,ax az n MA ay az n MC ⎧+=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎩⎩令1y =,则()1,1,2n =-.又110DB n DB n ⋅=⇒⊥,因为1DB ⊄平面11A MC ,所以1DB ∥平面11A MC .19.(1)取CD 中点为M ,则DM AB =且//DM AB , 所以四边形ABMD 为平行四边形,可得//BM AD , 所以BM CD ⊥,又由BS CD ⊥,BM BS B ⋂=,所以CD ⊥平面BSM ,又因为SM ⊂平面BSM ,所以CD SM ⊥, 又由//SM PD ,所以CD PD ⊥,AD PD ⊥,CDAD D =,所以PD ⊥平面ABCD .(2)延长CB ,DA 交于N ,连SN 与PB 交点即为Q ,因为B 为CN 中点,S 为PC 中点,故Q 为PNC △的重心,故2PQ QB =,以D 为原点,,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向,建立空间直角坐标系O xyz -,不妨设1AB =,则()1,1,0B ,()0,0.1P ,设(),,Q x y z 且2PQ QB =,可得()()()212112x x y y z z ⎧=-⎪=-⎨⎪-=-⎩,所以221,,333x y z ===,可得241,,333CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,因为AD PD ⊥,AD CD ⊥且PD CD D ⋂=,所以AD ⊥平面PCD . 平面PCD 的法向量为()1,0,0DA =,可得2cos ,211CQ DA CQ DA CQ DA⋅===⋅⋅.即CQ 与平面PCD20.(1)因为AD∥BC∥EF,AD⊥平面ABF,所以BC⊥平面ABF,EF⊥平面ABF,所以四边形ABCD与四边形BCEF都是直角梯形,以B为坐标原点,BA BC所在直线分别为x轴、y轴,过点B且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则(2,0,0),(1,0,3),(1,2,3),(0,3,0),(2,4,0)A F E C D--,所以(2,3,0),(3,2,3)AC DE=-=--,所以6600AC DE⋅=-+=,所以AC DE⊥.(2)由(1)知,(3)AE=-,(2,1,0)CD=,(3,23)DE=--,,设平面CDE的法向量为(,,)n x y z=,则CD nDE n⎧⋅=⎨⋅=⎩,即203230x yx y z+=⎧⎪⎨--=⎪⎩,取=1x -,则32,3y z ==,所以31,2,3n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面CDE 的一个法向量, 设直线AE 与平面CDE 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭, 则|||341|3sin |cos ,|2||||4343AE n AE n AE n θ⋅++=〈〉===⋅⨯,所以3πθ=, 所以直线AE 与平面CDE 所成角的大小为3π. 21.证明:(1) AE CD ⊥,AB CD ∥,∴ AE AB ⊥DE EC ⊥,AB EC ∥, ∴DE AB ⊥又AE DE E =,故:AB ⊥平面DAE ,AB ⊂平面DAB ,故:平面DAB ⊥平面DAE .(2)以E 为原点,EA 为x 轴,EC 为y 轴,ED 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图:设2DE EC ED ===,∴ ()2,0,0A ,()0,0,2D ,()0,0,0E ,()2,2,0B ,可得:()2,0,2AD =-,()0,2,0AB =,设平面DAB 的法向量(),,n x y z =,则22020n AD x z n AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩,取1x =,得()1,0,1n =, 平面ABE 的法向量()0,0,1m =,设二面角D AB E --的大小为θ,则12cos 22m n m n θ⋅===⋅, ∴ 45θ=︒,∴二面角D AB E --的大小为45︒.22.(1)如图,取PC 的中点F ,连接EF ,BF ,∵PE DE =,PF CF =,∴//EF CD ,2CD EF =,∵//AB CD ,2CD AB =,∴//AB EF ,且EF AB =.∴四边形ABFE 为平行四边形,∴//AE BF .∵BF ⊂平面PBC ,AE ⊄平面PBC ,故//AE 平面PBC .(2)取AB 中点O ,CD 中点M ,以O 为原点,OM 为x 轴,AB 为y 轴,OP 为z 轴,建立空间直角坐标系:则()0,1,0A -,()0,1,0B ,()1,2,0C ,()0,0,1P ,()1,2,0D -,11,1,22E ⎛⎫- ⎪⎝⎭,则11,2,22BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()0,2,0AB =,()1,1,0BC =, 设平面ABE 的一个法向量为()111,,m x y z =,平面CBE 的一个法向量为()222,,n x y z =, 则111120112022m AB y m BE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,令11x =,则()1,0,1m =-, 222220112022n BC x y n BE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,21x =,则()1,1,5n =--, 设m 与n 的夹角为θ,则66cos 3233m n m n θ⋅===⋅,由二面角A EB C --为钝角,则余弦值为63-.23.(1)解:(1)因为AC 、AD 、AB 两两垂直,建立如图坐标系,则()2,0,0B ,()0,0,2D ,()1,1,2E ,()2,2,0F ,()0,2,0C ,则(2,0,2),(1,1,2),(0,2,0)DB BE BF =-=-=设平面BEF 的法向量(,,)n x y z =,则200n BE x y z n BF y ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩令1z =,则2x =,0y =,所以(2,0,1)n =, ∴向量DB 和()2,0,1n =所成角的余弦为2222220210212(2)DB nDB n ⋅+-=⋅++-.即BD 和面BEF 10 (2)解:因为()2,0,2DB =-,()2,2,0BC =-,所以()()2202024DB BC ⋅=⨯-+⨯+⨯-=-,22DB =,22BC =C 到直线BD 的距离()2222422622DB BC d BC DB ⎛⎫⋅-⎛⎫ ⎪=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(3)解:假设线段EF 上存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直,不妨设EP 与PF 的比值为m ,即EP mPF =,设(),,P x y z ,即()()1,1,22,2,x y z m x y z ---=---,所以()()12122x m x y m y z mz ⎧-=-⎪-=-⎨⎪-=-⎩,解得12112121m x m m y m z m +⎧=⎪+⎪+⎪=⎨+⎪⎪=⎪+⎩集P 点坐标为12122(,,)111m m m m m +++++, 则向量12122(,,)111m m AP m m m++=+++,向量1212(,,)111m CP m m m +=-+++, 因为()2,0,2DB =-所以()()12122202011112122020111m m m m m m m m m ++⎧⨯+⨯+-⨯=⎪⎪+++⎨+-⎪⨯+⨯+-⨯=⎪+++⎩,解得12m =. 所以存在p ,求EP 与PF 的比值1224.解:(1)取BD 的中点O ,连接OC ,OA ,因为ABD △是等边三角形,2BD =,所以AO BD ⊥,且3AO =,又因为2BC CD ==,所以OC BD ⊥112CO BD ==,又2AC = 222AO OC AC AO OC ∴+=∴⊥又AO BD ⊥,因为CO BD O ⋂=,二面角A BD C --的平面角AOC ∠是直角,∴平面ABD ⊥平面BCD ;(2)由(1)以O 为原点,OC 为x 轴,OD 为y 轴,OA 为z 轴建立空间直角坐标系, 不妨令E 在平面BCD 上方取CD 的中点F ,连接OF ,EF ,则,OF CD EF CD ⊥⊥.OF EF F ⋂=,,OF EF ⊂平面EOF ,∴CD ⊥平面EOF ,CD ⊂平面OCD ,∴平面EOF ⊥平面OCD ,OF =,EF =, 设EFO πθ∠=-,则(0,0,0)O ,(1,0,0)C ,(0,1,0)D,A ,(0,1,0)B -11111113cos ,cos ,cos ,cos 22222222E BE θθθθθθ⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,13322,cos ,sin ,244BE E θθ⎛==∴=∴=∴ ⎝⎭所以(1,1,0)CD =-,13,44CE ⎛=- ⎝⎭,设平面ECD 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00CD n CE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,013044x y x y z -+=⎧⎪∴⎨-+=⎪⎩, 令1x =,则1,1,n ⎛=- ⎝⎭因为平面ABD 的一个法向量为(1,0,0)OC =,所以1|cos ,|4OC n〈〉==,即平面ABD 与平面ECD。

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贵州大学附中高考数学一轮复习 空间几何体单元练习

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2013贵州大学附中高考数学一轮复习单元练习--空间几何体I 卷一、选择题1.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84 ,则圆台较小底面的半径为( ).A . 7B . 6C . 5D . 3【答案】A2. 若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为A .193π B .163π C .1912π D .43π 【答案】A 3.过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面,则此截面面积是球表面积的( )A .116B .316C .112D .18【答案】B4.图12-3是底面积为3,体积为3的正三棱锥的正视图(等腰三角形)和俯视图(等边三角形),此三棱锥的侧视图的面积为( )A .6B .332C .27D .4213图12-3图12-4【答案】B5.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是( )【答案】D6.在矩形ABCD 中,AB =4,BC =3,沿AC 将矩形ABCD 折叠,其正视图和俯视图如图12-8所示.此时连接顶点B 、D 形成三棱锥B -ACD ,则其侧视图的面积为( )A .125B .1225C .7225D .14425【答案】C 7.直三棱柱ABC ——A 1B 1C 1的体积为V ,已知点P 、Q 分别为AA 1、CC 1上的点,而且满足AP=C 1Q ,则四棱锥B —APQC 的体积是( )A .12V B .13V C . 14VD . 23V【答案】B8.一个几何体的三视图如图12-9所示,则这个几何体的体积是( )A .12 B .1 C .32D .2 【答案】A9.高为24的四棱锥S -ABCD 的底面是边长为1的正方形,点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )A .24B .22C .1D . 2 【答案】C10.正方体的内切球和外接球的半径之比为( ).A .3B .32C . 23D .3 【答案】D11.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( ).A . 8B . 8πC . 4πD . 2π【答案】B12. 如图是某一几何体的三视图,则这个几何体的体积为( )A . 4B . 8C . 16D . 20【答案】C【解析】由三视图我们易判断这个几何体是四棱锥,由左视图和俯视图我们易该棱锥底面的长和宽,及棱锥的高,代入棱锥体积公式即可得到答案解:由三视图我们易判断这个几何体是一个四棱锥,又由侧视图我们易判断四棱锥底面的宽为2,棱锥的高为4由俯视图我们易判断四棱锥的长为4代入棱锥的体积公式,我们易得V=13×6×2×4=16故答案为:16II卷二、填空题13.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是________.【答案】3 414.已知各顶点都在同一个球面上的正四棱锥高为3,体积为6,则这个球的表面积是________.【答案】16π15.已知两个母线长相等的圆锥的侧面展开图恰能拼成一个圆,且它们的侧面积之比为1:2,则它们的高之比为 .【答案】16.底面边长分别为a,b的一个直平行六面体的侧面积是(a+b)c,则它的高为---------------------。

北大附中2013届高三数学一轮复习单元综合测试:空间向量与立体几何

北大附中2013届高三数学一轮复习单元综合测试:空间向量与立体几何

北大附中2013届高三数学一轮复习单元综合测试:空间向量与立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.若A 、B 、C 、D 为空间四个不同的点,则下列各式为零向量的是 ( )①22AB BC CD DC +++ ②2233AB BC CD DA AC ++++③AB CA BD ++④AB CB CD AD -+- A .①② B .②③C .②④D .①④【答案】C2.如图ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体,B 1E 1=D 1F 1=A 1B 14,则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( )A .1517B .12C .817 D .32 【答案】A3.如图所示,在四面体P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,AB =BC =CA =PC ,那么二面角B -AP -C 的余弦值为( )A .22B .33C .77D .57【答案】C4.如图所示,已知在直三棱柱ABO -A 1B 1O 1中,∠AOB =π2,AO =2,BO =6,D 为A 1B 1的中点,且异面直线OD 与A 1B 垂直,则三棱柱ABO -A 1B 1O 1的高是( )A .3B .4C .5D .6【答案】B5.在三棱柱111ABC A B C -中,设M 、N 分别为1,BB AC 的中点,则MN 等于 ( )A .11()2AC AB BB ++ B .111111()2B A B C C C ++ C .11()2AC CB BB ++D .11()2BB BA BC --【答案】B6.在90°的二面角的棱上有A 、B 两点,AC ,BD 分别在这个二面角的两个面内,且都垂直于棱AB ,已知AB =5,AC =3,BD =4,则CD =( )A .5 2B .5 3C .6D .7【答案】A7.四棱柱1111ABCD A B C D -中,AC 与BD 的交点为点M ,设11111,,A B a A D b AA c ===,则下列与1B M 相等的向量是 ( )A .1122a b c -+- B .1122a b c ++ C .1122a b c -+D .1122a b c --+【答案】A8.已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =BC =1,AA 1=2,E 是侧棱BB 1的中点,则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( ) A .60° B .90° C .45° D .以上都不正确 【答案】B 9.在空间四边形ABCD 中,若AB a =,BD b =,ACc =,则CD 等于 ( )A .()a b c --B .()c b a --C .a b c --D .()b c a --【答案】D10.已知向量{a ,b ,c }是空间的一基底,向量{a +b ,a -b ,c }是空间的另一基底,一向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(4,2,3),则向量p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标是( )A .(4,0,3)B .(3,1,3)C .(1,2,3)D .(2,1,3) 【答案】B11.空间任意四个点A、B、C、D,则BA CB CD+-等于 ( )A.DB B.AD C.DA D.AC【答案】C12.平面α的一个法向量n=(1,-1,0),则y轴与平面α所成的角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.3π4【答案】B第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上)13. 已知空间三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =,b =,若向量k a +b 与k a -2b 互相垂直,则k 的值为________.【答案】-52或214. 已知向量a =(cos θ,sin θ,1),b =(3,-1,2),则|2a -b|的最大值为________.【答案】4 15.已知长方体1111ABCD A B C D -,化简向量表达式1CB AC AD AA +++=_____________;【答案】1AC16.在空间直角坐标系中,点M 的坐标是(4,5,6),则点M 关于y 轴的对称点在坐标平面xOz 上的射影的坐标为_______.【答案】(-4,0,- 6)三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.如图,AC 是圆O 的直径,点B 在圆O 上,∠BAC =30°,BM ⊥AC 交AC 于点M ,EA ⊥平面ABC ,FC ∥EA ,AC =4,EA =3,FC =1.(1)证明:EM ⊥BF ;(2)求平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明:因为AC 是圆O 的直径,所以∠ABC =90°,又∠BAC =30°,AC =4,所以AB =23,而BM ⊥AC ,易得AM =3,BM =3.如图,以A 为坐标原点,垂直于AC 的直线、AC 、AE 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系.由已知条件得A (0,0,0),M (0,3,0),E (0,0,3),B (3,3,0),F (0,4,1),∴ME =(0,-3,3),BF = (-3,1,1).由ME ·BF =(0,-3,3)·(-3,1,1)=0,得ME ⊥BF ,∴EM ⊥BF .(2)由(1)知BE =(-3,-3,3),BF =(-3,1,1).设平面BEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),由n ·BE =0,n ·BF =0,得⎩⎨⎧-3x -3y +3z =0,-3x +y +z =0,令y =1,得z =2,x =3,∴n =(3,1,2),由已知EA ⊥平面ABC ,所以平面ABC 的一个法向量为AE =(0,0,3), 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos 〈n ,AE 〉|=|3×0+1×0+2×3|3×22=22,故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 18.如图,正四棱柱1111ABCD A B C D -中,124AA AB ==,点E 在1CC上且EC EC 31=.(Ⅰ)证明:1A C⊥平面BED ; (Ⅱ)求二面角1A DE B --的大小.【答案】(Ⅰ)建立如图所示直角坐标系D xyz -.依题设,1(220)(020)(021)(204)B C E A ,,,,,,,,,,,.(021)(220)DE DB ==,,,,,,11(224)(204)AC DA =--=,,,,,. (Ⅰ)因为0,011=⋅=⋅DE C A DB C A ,所以1AC BD ⊥,1A C DE ⊥.又DBDE D =,所以1A C ⊥平面DBE .(Ⅱ)设向量()x y z =,,n 是平面1DA E 的法向量,则DE ⊥n ,1DA ⊥n .故20y z +=,240x z+=.令1y =,则2z =-,4x =,(412)=-,,n .1AC <>,n 等于二面角1A DE B --的平面角,4214,cos 111=>=<C A n .所以二面角1A DE B --的大小为.19.如图,在三棱柱ABCA 1B 1C 1中,AB ⊥AC ,顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为点B ,且AB =AC =A 1B =2.(1)求棱AA 1与BC 所成的角的大小; (2)在棱B 1C 1上确定一点P ,使AP =14,并求出二面角PABA 1的平面角的余弦值.【答案】(1)如图,以A 为原点建立空间直角坐标系A -xyz ,则C (2,0,0),B (0,2,0),A 1(0,2,2),B 1(0,4,2),=(0,2,2),==(2,-2,0),cos 〈,〉==-48×8=-12,故AA 1与BC 所成的角是π3.(2)设=λ=(2λ,-2λ,0), 则P (2λ,4-2λ,2).于是AP =4λ2+(4-2λ)2+4=14⇒λ=12(λ=32舍去),则P 为棱B 1C 1的中点,其坐标为P (1,3,2). 设平面PAB 的法向量为n 1=(x ,y ,z ), 则故n 1=(-2,0,1).而平面ABA 1的法向量是n 2=(1,0,0),则cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=-25=-255,故二面角PABA 1的平面角的余弦值是255. 20.已知在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是矩形,且AD=2,AB=1,PA ⊥平面ABCD ,E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点. (1)证明:PF ⊥FD ;(2)判断并说明PA 上是否存在点G ,使得EG ∥平面PFD ;(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A-PD-F 的余弦值.【答案】(1)∵PA ⊥平面ABCD , ∠BAD=90°,AB=1,AD=2,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0) 不妨令P(0,0,t),则PF =(1,1,-t),DF =(1,-1,0),∴PF ·DF =1×1+1×(-1)+(-t)×0=0, 即PF ⊥FD .(2)设平面PFD 的法向量为n=(x,y,z), 由PF 0,DF 0,⎧=⎪⎨=⎪⎩n n 得x y tz 0,x y 0,+-=⎧⎨-=⎩令z=1,解得:x=y=t2.∴n=(t 2,t2,1).设G 点的坐标为(0,0,m),E(12,0,0), 则EG =(12-,0,m), 要使EG ∥平面PFD ,只需EG ·n=0,即1t t t()0m 1m 02224-⨯+⨯+⨯=-=, 得m=14t ,从而满足AG=14AP 的点G 即为所求.(3)∵AB ⊥平面PAD ,∴AB 是平面PAD 的法向量, 易得AB =(1,0,0), 又∵PA ⊥平面ABCD ,∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角, 得∠PBA=45°,则PA=1,平面PFD 的法向量为n=(12,12,1),∴AB cos<AB,>|AB |||===nn n 由题意知二面角A-PD-F 为锐角.故所求二面角A-PD-F 21.如图14-2,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA =90°,AC =BC =2,A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知BA 1⊥AC 1. (1)求证:AC 1⊥平面A 1BC ;(2)求二面角A -A 1B -C 的余弦值.【答案】 (1)如图,设A 1D =t (t >0),取AB 的中点E , 则DE ∥BC ,因为BC ⊥AC , 所以DE ⊥AC ,又A 1D ⊥平面ABC ,以DE ,DC ,DA 1分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则A (0,-1,0),C (0,1,0),B (2,1,0),A 1(0,0,t ),C 1(0,2,t ), =(0,3,t ),=(-2,-1,t ), =(2,0,0),由1·=0,知AC 1⊥CB ,又BA 1⊥AC 1,BA 1∩CB =B ,所以AC 1⊥平面A 1BC . (2)由·=-3+t 2=0,得t =3.设平面A 1AB 的法向量为n =(x ,y ,z ), =(0,1,3),=(2,2,0),所以{ y +3z =0,2x +2y =0,设z =1,则n =(3,-3,1).再设平面A 1BC 的法向量为m =(u ,v ,w ), =(0,-1,3),=(2,0,0),所以⎩⎪⎨⎪⎧-v +3w =0,2u =0,设w =1,则m =(0,3,1).故cos〈m,n〉=m·n|m|·|n|=-77.因为二面角A-A1B-C为锐角,所以可知二面角A-A1B-C的余弦值为77.22.已知向量b与向量a=(2,-1,2)共线,且满足a·b=18,(ka+b)⊥(ka-b),求向量b及k的值.【答案】∵a,b共线,∴存在实数λ,使b=λa,∴a·b=λa2=λ︱a︱2,解得λ=2.∴b=2a=(4,-2,4).∵(ka+b)⊥(ka-b),∴(ka+b)·(ka-b)=(ka+2a)·(ka-2a)=0,即(k2-4)︱a︱2=0,解得k=±2.。

高考理科数学一轮复习专题训练:空间向量在立体几何中的应用(含详细答案解析)

高考理科数学一轮复习专题训练:空间向量在立体几何中的应用(含详细答案解析)

第10单元 空间向量在立体几何中的应用(基础篇)第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是()1,0,1=a ,()0,1,1=b ,那么这条斜线与平面所成的角是( ) A .90° B .30°C .45°D .60°【答案】D【解析】∵11cos ,222〈〉==⨯a b ,又由题意知(),0,90〈〉∈︒︒a b ,∴,60〈〉=︒a b .答案D . 2.平面经过三点,,,则平面的法向量可以是( ) A .B .C .D .【答案】D【解析】设平面的法向量为n ,对于A 选项,2OA ⋅=u u u r n ,故A 选项错误;对于B 选项,2OB ⋅=-u u u rn ,故B 选项错误; 对于C 选项,2OB ⋅=u u u r n ,故C 选项错误;对于D 选项,由于0OA ⋅=u u u r n ,0OB ⋅=u u u rn ,故D 选项符合题意.所以本题选D .3.若直线的方向向量为()1,2,3=-a ,平面的法向量为()3,6,9=--n ,则( ) A .l α⊂ B .l α∥C .l α⊥D .l 与α相交【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3=-a ,平面的法向量为()3,6,9=--n , ∴13=-a n ,∴∥a n ,∴,故选C .4.如图,在平行六面体中,为的中点,设AB =u u u r a ,AD =u u u r b ,1AA =u u u rc ,则CE =u u u r ( )A.12--+a b c B.12-+a b c C.12--a b c D.12+-a b c【答案】A【解析】根据向量的三角形法则得到()111122CE AE AC AA A E AB BC=-=+-+=+--=--+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rc b a b a b c.故选A.5.在长方体1111ABCD A B C D-中,4AB=,12AD AA==,点P为1CC的中点,则异面直线AP与11C D所成角的正切值为()A.5B.3C.2D.14【答案】A【解析】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,1DD为z轴,建立空间直角坐标系,则()2,0,0A,()0,4,1P,()10,4,2C,()10,0,2D,()2,4,1AP=-u u u r,()110,4,0C D=-u u u u r,设异面直线AP与11C D所成角为θ,则1111cos21421AP C DAP C Dθ⋅===⨯⋅u u u ru u u ru u u uu u u rru165sin12121θ=-=sin5tancos4θθθ==,∴异面直线AP 与11C D 所成角正切值为54,故选A.6.正方体1111ABCD A B C D-中,直线1AB与平面11ABC D所成角的正弦值为()A .12B.22C.33D.32【答案】A【解析】如图,以点D为坐标原点,以DA,DC,1DD方向分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设棱长2,则(2,0,0)A,1(2,2,2)B=,1(2,0,2)A,(0,0,0)D,所以1(0,2,2)AB=u u u r,1(2,0,2)DA=u u u u r,因为在正方体中,11DA AD⊥,AB⊥平面11ADD A,所以1AB DA⊥,又1AD AB A=I,所以1DA⊥平面11ABC D,因此向量1DAu u u u r为平面11ABC D的一个法向量,设直线1AB与平面11ABC D所成的角为θ,则1111111sin cos,22222AB DAAB DAAB DAθ⋅====⨯u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r.故选A.7.对于空间任意一点和不共线的三点,,,且有(),,OP xOA yOB zOC x y z=++∈Ru u u r u u u r u u u r u u u r,则,,是四点共面的()A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】空间任意一点和不共线的三点,,,且(),,OP xOA yOB zOC x y z =++∈R u u u r u u u r u u u r u u u r,则四点共面等价于, 若,,,则,所以四点共面, 若四点共面,则,不能得到,,,所以,,是四点共面的充分不必要条件,故选B .8.已知二面角,其中平面的一个法向量()1,0,1=-m ,平面的一个法向量()0,1,1=-n ,则二面角的大小可能为( )A .B .C .或D .【答案】C【解析】∵()1,0,1=-m ,()0,1,1=-n , 设m 与n 之间的夹角为,11cos =222θ⋅-∴==-⋅⨯m n m n , ,,二面角的大小可能为和.9.已知在平行六面体中,,,,,,则的长为( ) A .B .C .D .【答案】D【解析】在平行六面体中,,,,,,AC AB AD AA ''=++u u u u r u u u r u ur Q u u u u r, ()22222222AC AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA AD AA ∴=++=+++⋅+⋅''+⋅'''u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ,则53AC ='u u u u r,故选D .10.如图,已知矩形与矩形全等,二面角为直二面角,为中点,与所成角为,且3cos θ=,则AB BC=( )A .1 B.2C .22D .12【答案】C【解析】以A 为原点,AF 为x 轴,AB 为y 轴,AD 为z 轴,建立空间直角坐标系,设AB =2a ,BC =2b ,则F (2b ,0,0),M (0,a ,0),B (0,2a ,0),D (0,0,2b ),(﹣2b ,a ,0),(0,﹣2a ,2b ),∵FM 与BD 所成角为θ,且3cos 9θ=, ∴22222,3cos 444FM BD FM BD FM BD a b a b⋅〈=〉==⋅++u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r , 整理得224454260a b b a -=+,∴4226540a a b b ⎛⎫⎛⎫-⨯+⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得212a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭,或2413a b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(舍),∴2AB a BC b ==,故选C . 11.在空间直角坐标系中,四面体各顶点坐标分别为()221A ,,,()221B -,,,,则该四面体外接球的表面积是( )A .B .C .D .【答案】B【解析】如图,在空间坐标系里画出四个点,可得面,因此可以把四面体补成一个长方体,其外接球的半径22222232R++==,所以外接球的表面积为,故选B项.12.如图,四边形,,,现将沿折起,当二面角的大小在π2π,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦时,直线和所成角为,则的最大值为()A.2268-B.6224-C.2268+D.2264+【答案】C【解析】取BD中点O,连结AO,CO,∵AB=BD=DA=4.BC=CD,∴CO⊥BD,AO⊥BD,且CO=2,AO,∴∠AOC是二面角A BD C--的平面角,以O为原点,OC为x轴,OD为y轴,过点O作平面BCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,B (0,﹣2,0),C (2,0,0),D (0,2,0),设二面角A BD C --的平面角为θ,则2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦, 连AO 、BO ,则∠AOC =θ,()23cos ,0,23sin A θθ,∴()23cos ,2,23sin BA θθ=u u u r,()2,2,0CD =-u u u r ,设AB 、CD 的夹角为α,则13cos cos 22AB CDAB CDθα-⋅==⋅u u u r u u u ru u u r u u u r , ∵2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,∴11cos ,22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦,∴313cos 0,12θ⎡⎤-∈+⎢⎥⎣⎦. ∴cos 的最大值为2268+.故选C .第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.已知点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点为1A ,1A 关于xOz 平面的对称点为2A ,2A 关于z 轴的对称点为3A ,则线段3AA 的中点M 的坐标为_______. 【答案】()4,0,0-【解析】点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点A 1的坐标为()4,2,3--,点()1423A --,,关于xOz 平面的对称点A 2的坐标为()423-,,,点()2423A -,,关于z 轴的对称点A 3的坐标为()423---,,,∴线段AA 3的中点M 的坐标为()4,0,0-. 14.在直三棱柱中,,则异面直线与所成角的余弦值为__________. 【答案】1625【解析】因为,所以角为直角,又直棱柱中,侧棱与底面垂直,所以两两垂直,以点为坐标原点,以方向分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,所以,,设异面直线与所成角为,则1111114416cos cos25916916AC BCAC BCAC BCθ-⨯=〈=⋅〉==+⨯+u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r,.故答案为1625.15.如图,在正方体中,、分别为的中点,则平面和平面所成二面角的正弦值为__________.【答案】223【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,设正方体的棱长为2,则E(1,0,0),F(0,0,1),B(2,2,0),C1(0,2,2),()1,0,1EF=-u u u r,()1,2,0EB=u u u r,设平面EFC1B的法向量(),,x y z=n,则20EF x zEB x y⎧⎪⋅=⎨⎪-+=⋅=+⎩=u u u ru u u rnn,取,得()2,1,2=-n ,平面BCC 1的法向量()0,1,0=m ,设平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角为,则1cos 3θ⋅==⋅n m n m ,所以22sin 3θ=,故填223. 16.将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角,已知直角边,那么下面说法正确的是_________. (1)平面平面;(2)四面体的体积是;(3)二面角的正切值是423; (4)与平面所成角的正弦值是2114, 【答案】(3)(4)【解析】画出图像如下图所示,由图可知(1)的判断显然错误; 由于,故是二面角的平面角且平面,故.过作交的延长线于,由于,故是三棱锥的高.在原图中,,362AB AC AD BC⋅⨯===321BD =-=,622CD =-=,33sin60122BE BD =⋅︒=⨯=,所以111362232626D ABC B ACD V V AD CD BE --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=,故(2)错误; 以为坐标原点,,,DA DC Dz u u u r u u u r u u r分别为轴建立空间直角坐标系.()2,0,0A,130,,22B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,()0,2,0C ,132,,22AB ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,()2,2,0AC =-u u ur ,设平面的法向量为(),,x y z =n ,则132022220AB x y z AC x y ⋅=--+=⋅=-+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u r u u u r n n , 令,则5623y z ==,,即562,2,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 平面的法向量是()2,0,0DA =u u u r.设二面角的平面角为,由图可知为锐角,故3cos 17DA DAθ⋅==⋅u u u r u u u r n n , 则其正切值为144233=.故(3)判断正确; 平面的法向量为,530,,22BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r , 设直线和平面所成的角为,则()()530,0,10,,2221sin 530,0,10,,22α⎛⎫⋅-⎪⎝⎭==⎛⎫⋅-⎪⎝⎭,故(4)判断正确. 综上所述,正确的有(3),(4).三、解答题:本大题共6个大题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,,M E 分别为棱111,B C CC 的中点,12,2AB AA ==.(1)证明:平面1D EM ⊥平面ABE ;(2)求平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)230. 【解析】(1)证明:在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,AB BC ⊥,1BB ⊥底面ABCD ,1BB AB ∴⊥,又1BB BC B =I ,AB ∴⊥平面11BCC B ,则AB ME ⊥,213122ME =+=Q ,2123BE =+=,219422BM =+=, 222ME BE BM ∴+=,则BE ME ⊥, BE AB B =Q I ,ME ∴⊥平面ABE .又ME ⊂平面1D EM ,∴平面1 D EM ⊥平面ABE .(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,则1122,1),(2,0,0),(2,2,2),(0,0,2),2,22E A B D M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,则1(0,2,2)AB =u uu r ,11(2,2,0)B D =--u u u u r.设(,,)x y z =n 是平面11AB D 的法向量,11100AB B D ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u u rn n ,即220220y z x y ⎧+=⎪⎨--=⎪⎩, 令2y =,得(2,2,1)=--n ,由(1)知,平面ABE 的一个法向量为2,0,12ME ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,230cos ,352ME ME ME⋅∴<=⋅⨯>==u u u ru u u r u u u r n n n , 故平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为230. 18.(12分)如图,E 是以AB 为直径的半圆O 上异于,A B 的点,矩形ABCD 所在的平面垂直于半圆O 所在的平面,且2AB =,3AD =.(1)求证:平面EAD ⊥平面EBC ;(2)若»EB的长度为π3,求二面角A DE C --的正弦值. 【答案】(1)见解析;(2)1313. 【解析】(1)证明:Q 平面ABCD ⊥平面EAB ,两平面交线为AB ,BC ⊂平面ABCD ,BC AB ⊥,BC ∴⊥平面EAB ,EA ⊂Q 平面EAB ,BC EA ∴⊥,AEB ∠Q 是直角,BE EA ∴⊥,EA ∴⊥平面EBC , EA ⊂Q 平面EAD ,∴平面EAD ⊥平面EBC .(2)如图,连结OE ,以点O 为坐标原点,在平面ABE 中,过O 作AB 的垂线为x 轴,AB 所在的直线为y轴,在平面ABCD 中,过O 作AB 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系.»EB Q 的长度为π3,π3BOE ∴∠=,则()0,0,0O ,31,02E ⎫⎪⎪⎝⎭,()0,1,3D -,()0,1,3C ,()0,1,0B ,()0,2,0DC ∴=u u u r ,31,322CE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,31,022BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u ur ,设平面DCE 的一个法向量为(),,x y z =m ,则2031302DC y CE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩u u u ru u u r m m ,令2x =,解得0y =,33z =,32,0,3⎛∴= ⎝⎭m , 平面EAD 的一个法向量31,02BE ⎫==-⎪⎪⎝⎭u u u r n ,3313cos ,1333⋅∴<>===⋅m nm n m n,213sin ,13∴<>=m n∴二面角A DE C --的正弦值为21313. 19.(12分)如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 43的菱形,60BCD ∠=︒,AC 与BD 交于点O ,平面FBC ⊥平面ABCD ,EF AB ∥,FB FC =,23EF =.(1)求证:OE ⊥平面ABCD ;(2)若FBC △为等边三角形,点Q 为AE 的中点,求二面角Q BC A --的余弦值.【答案】(1)见证明;(2)313. 【解析】(1)证明:取BC 的中点H ,连结OH 、FH 、OE , 因为FB FC =,所以FH BC ⊥,因为平面FBC ⊥平面ABCD ,平面FBC I 平面ABCD BC =,FH ⊂平面FBC ,所以FH ⊥平面ABCD ,因为H 、O 分别为BC 、AC 的中点,所以OH AB ∥且1232OH AB ==. 又EF AB ∥,233EF =,所以EF OH ∥,所以四边形OEFH 为平行四边形, 所以OE FH ∥,所以OE ⊥平面ABCD .(2)因为菱形ABCD ,所以2OA OC OE FH ====.所以OA ,OB ,OE 两两垂直,建立空间直角坐标系O xyz -,如图所示,则(2,0,0)A ,230,3B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,(2,0,0)C -,(0,0,2)E ,所以(1,0,1)Q ,所以232,,03BC⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭uu u r,(3,0,1)CQ=u u u r,设平面BCQ的法向量为(,,)x y z=m,由BCCQ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm,得2320330x yx z⎧--=⎪⎨⎪+=⎩,取1x=,可得(1,3,3)=--m,平面ABC的一个法向量为(0,0,1)=n,设二面角Q BC A--的平面角为θ,则3313cos131139θ⋅--===⨯++m nm n,因为二面角Q BC A--的平面角为锐角,所以二面角Q BC A--的余弦值为31313.20.(12分)已知四棱锥的底面是菱形,π3ABC∠=,底面,是上的任意一点.(1)求证:平面平面;(2)设,是否存在点使平面与平面所成的锐二面角的大小为?如果存在,求出点的位置,如果不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)证明:∵平面,平面,∴.∵四边形是菱形,∴.∵,∴平面.∵平面,∴平面平面.(2)设与的交点为,以、所在直线分别为、轴,以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系(如图),则,,,,.设,则()()1,0,21,0,SE x z EC x z=+-=--u u r u u u r,,设SE ECλ=u u r u u u r,∴1121xzλλλ-=+=+⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩,∴12,0,11Eλλλ-⎛⎫⎪++⎝⎭,∴12,3,11DEλλλ-⎛⎫=-⎪++⎝⎭u u u r,()0,23,0BD=u u u r,设平面的法向量()111,,x y z=n,∵DEBD⊥⊥⎧⎪⎨⎪⎩u u u ru u u rnn,∴DEBD⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn.求得()2,0,1λ=-n为平面的一个法向量.同理可得平面的一个法向量为()3,1,0=-m,∵平面与平面所成的锐二面角的大小为,∴()()()23,1,02,0,13cos302241λλ-⋅-⋅︒===⋅+-m nm n,解得.∴为的中点.21.(12分)如图所示,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E为CD中点,AE与BD交于点O,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE).(1)证明:平面POB⊥平面ABCE;(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为π4,求二面角A PE C--的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)55 -.【解析】(1)证明:在等腰梯形ABCD中,易知△DAE为等边三角形,所以OD⊥AE,OB⊥AE,即在△PAE中,OP⊥AE,∴AE⊥平面POB,AE⊂平面ABCE,所以平面POB⊥平面ABCE.(2)在平面POB内作PQ⊥OB=Q,∴PQ⊥平面ABCE.∴直线PB与平面ABCE夹角为π4 PBQ∠=,又∵OP=OB,∴OP⊥OB,O、Q两点重合,即OP⊥平面ABCE,以O为原点,OE为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,由题意得,各点坐标为30,0,2P⎛⎫⎪⎪⎝⎭,1,0,02E⎛⎫⎪⎝⎭,32C⎛⎫⎪⎪⎝⎭,∴1322PE⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r,,,1322EC⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r,,,设平面PCE的一个法向量为()1,,x y z=n,则12PEEC⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn,即13221322x zx y-=+=⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩,设,则1y=-,1z=,∴()1311=-,,n,由题意得平面PAE的一个法向量()2010=,,n,设二面角A PE C--为α,121215cos515α⋅===⋅n nn n.即二面角A PE C--为α的余弦值为55-.22.(12分)如图,已知四棱锥的底面为边长为的菱形,3πBAD PA PB M∠==,,为中点,连接.(1)求证:平面平面;(2)若平面平面,且二面角的余弦值为5,求四棱锥的体积.【答案】(1)见证明;(2)2.【解析】(1)连接,∵菱形中,π3BAD ∠=,∴为等边三角形,又为中点,∴.又,则,又,∴平面, 又AB CD ∥,∴平面, 又平面,∴平面平面. (2)∵平面平面,且交线为,,平面,∴,以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,则()1,3,0AD =u u u r,()1,0,AP a =u u u r ,设平面的一个法向量为()x y z =,,n ,则00AD AP ⎧⎪==⋅⎪⎨⋅⎩u u u r u u u rn n ,即300x y x az ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩,可取()3,,3a a =--n ,又平面的法向量可取()0,1,0=m ,由题意得25cos ,343a ⋅===+m n m n m n,解得,即,又菱形的面积,∴四棱锥的体积为11233233ABCD V S PM =⨯⨯=⨯=.第10单元 空间向量在立体几何中的应用(提高篇)第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°,则直线与平面所成的角等于( ) A .120° B .30°C .60°D .60°或30°【答案】B【解析】设直线与平面所成的角为,则,故选B .2.若两个向量()1,2,3AB =u u u r ,()3,2,1AC =u u u r,则平面的一个法向量为( ) A .B .C .D .【答案】A【解析】设平面ABC 的法向量为()x y z =,,n ,则0AB AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u r u u u rn n , 即230320x y z x y z ++=++=⎧⎨⎩,令,则,即平面ABC 的一个法向量为()121=--,,n ,故选A .3.已知v 为直线l 的方向向量,1n ,2n 分别为平面,的法向量不重合那么下列说法中:12αβ⇔①∥∥n n ;12αβ⊥⇔⊥②n n ;1l α⇔③∥∥v n ;1l α⊥⇔⊥④v n .正确的有( ) A .1个 B .2个C .3个D .4个【答案】B【解析】∵平面,不重合;平面,的法向量平行垂直等价于平面,平行垂直,正确;直线l 的方向向量平行垂直于平面的法向量等价于直线l 垂直平行于平面,都错误.故选B .4.如图,平行六面体中,与交于点,设AB =u u u r a ,AD =u u u rb ,1AA =u u u rc ,则1B M =u u u u r ( )A .1122---a b c B .1122+-a b c C .1122--a b c D .1122-+-a b c 【答案】D 【解析】,,,∴()11111222B M AA AB AD =-+-+=--+u u u u r u u u ru u u r u u u r c a b ,故选D . 5.在正三棱柱111ABC A B C -中,若12AB BB =,则1AB 与1C B 所成角的大小为( ) A .60︒ B .75︒C .105︒D .90︒【答案】D【解析】由题意可得60ABC ∠=︒,1BB ⊥平面ABC , 设11BB =,则2AB =,又11AB BB BA =-u u u r u u u r u u u r ,11BC BC BB =+u u u u r u u u r u u u r,所以11112111()()AB BC BB BA BC BB BB BC BB BA BC BA BB ⋅=-⋅+=⋅+-⋅-⋅u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r0122cos6000=+-⨯⨯︒-=.故11AB BC ⊥u u u r u u u u r,即11AB BC ⊥,即1AB 与1C B 所成角的大小为90︒.故选D .6.已知在长方体中,,,,是侧棱的中点,则直线与平面所成角的正弦值为( ) A .13B .49C .59D .23【答案】B 【解析】在长方体中,,,,是侧棱的中点,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,0,,,,,0,, ,0,,1,,设平面的法向量为(),,x y z =n ,则124020DA x z DE y z ⋅=+=⋅=+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u u r u u u r n n ,取,得()221=--,,n ,设直线与平面所成角为,则44sin 999EA EA θ⋅===⋅⋅u u u r u u u rn n. 直线与平面所成角的正弦值为49,故选B . 7.已知()123=-,,a ,()114=--,,b ,()13m =-,,c ,则“”是“a ,b ,c 构成空间的一个基底”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】当“”时,()131=-,,c ,易得a ,b ,c 不共面,即a ,b ,c 能构成空间的一个基底, 即“”是“a ,b ,c 构成空间的一个基底”的充分条件;当a ,b ,c 能构成空间的一个基底,则a ,b ,c 不共面,设a ,b ,c 共面,即x y =+c a b ,解得12334x y y x x y m -=-=--=⎧⎪⎨⎪⎩,即212x y m ===⎧⎪⎨⎪⎩,即a ,b ,c 能构成空间的一个基底时,m 的取值范围为,即当a ,b ,c 能构成空间的一个基底,不能推出,即“”是“a ,b ,c 构成空间的一个基底”的不必要条件, 综合得:“”是a ,b ,c 构成空间的一个基底”的充分不必要条件,故选A .8.已知正四棱柱的体积为,底面ABCD 的边长为1,则二面角的余弦值为( )A .37B .77C .217D .277【答案】C 【解析】过D 作于,连接AO ,则就是二面角的平面角. 正四棱柱的体积为,底面ABCD 的边长为1,.在中,,,可得,32DO =. 在中,2272AO AD DO =+=, 321cos 277OD AOD AO ∠==⨯=.故选C . 9.在正方体中,点E 是棱的中点,点F 是线段上的一个动点.有以下三个命题:①异面直线与所成的角是定值;②三棱锥的体积是定值;③直线与平面所成的角是定值,其中真命题的个数是( ) A .3 B .2C .1D .0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点,AB ,AD ,所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,可得B (1,0,0),C (1,1,O),D (0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F (t ,1,1-t ),(0≤t ≤1),可得=(1,1,1),=(t -1,1,-t ),可得110AC B F ⋅=u u u u r u u u u r,故异面直线与所得角是定值,故①正确;三棱锥的底面面积为定值,且∥,点F 是线段上的一个动点,可得F 点到底面的距离为定值,故三棱锥的体积是定值,故②正确;可得=(t ,1,-t ),=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为()1,1,1=n ,可得1cos ,A F 〈〉u u u u rn 不为定值,故③错误;故选B .10.当动点在正方体的体对角线上运动时,异面直线与所成角的取值范围是( )A .π,6π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B .π,6π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C .π,4π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D .π,3π2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】以为原点,DA u u u r ,DC u u ur ,1DD u u u u r 分别为,,轴正向,建立空间直角坐标系,则()11,0,1AD =-u u u u r ,()11,1,1CA =-u u u r,设1CP CA λ=u u u r u u u r ,则,()CP λλλ∴=-u u u r ,,,()1BP λλλ∴=--u u u r ,,,故1121·1cos ·2321AD BP AD BP AD BP λλ==⋅-+u u u r u u u r u u u u u u r u u u u r u u r ur u u ,, 对于函数()2212321333h x λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭,有:()min 1233h x h ⎛⎫== ⎪⎝⎭,,故113cos ,2AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r ,,又[]10,πAD BP ∈u u u r u u u u r ,,故1,6ππ,3AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r .故选.11.三棱柱的侧棱与底面垂直,,,N 是BC 的中点,点P 在上,且满足,当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时,的值为( )A.12B .22C .32D .255【答案】A【解析】如图,以AB ,AC ,分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,则0,,11122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ,,,平面ABC 的一个法向量为()0,0,1=n , 设直线PN 与平面ABC 所成的角为,21sin 1524PN PN θλ⋅∴==⋅⎛⎫-+⎪⎝⎭u u u ru u u rn n , 当12λ=时,()max 25sin θ=,此时角最大.故选A .12.如图,在三棱锥A-BCD 中,平面ABC ⊥平面BCD ,△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形,且∠BAC =∠BCD =90°,BC=2,点P 是线段AB 上的动点,若线段CD 上存在点Q ,使得异面直线PQ 与AC 成30°的角,则线段PA 长的取值范围是( )A.22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,B .63⎡⎤⎢⎥⎣⎦,C.222⎡⎤⎢⎥⎣⎦,D.623⎡⎤⎢⎥⎣⎦,【答案】B【解析】以C为原点,CD为轴,CB为轴,过C作平面BCD的垂线为轴,建立空间直角坐标系,则,设()00Q q,,,()AP ABλλλ==-u u u r u u u r,,,则()()()(),0,00,1,10,,PQ CQ CP CQ CA AP qλλ=-=-+=---u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r(),1,1qλλ=---,因为异面直线PQ与AC所成的角为,所以()()2222223cos3022211CA PACA PA qqλλλ⋅︒====⋅++⋅+++-u u u ru uu u u ru uu u r r,即228223qλ++=,所以[]22220,43qλ=-∈,所以2222032243λλ⎧⎪-≥-⎨≤⎪⎪⎪⎩,解得30λ≤≤,所以620,APλ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦u u u r,即线段PA的长的取值范围是60,⎡⎤⎢⎥⎣⎦,故选B.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.若向量,且与的夹角为钝角,则实数的取值范围为_______.【答案】【解析】因为与的夹角为钝角,所以且不同向.,整理得.当反向时,,所以.14.已知在长方体中,,,,E 是侧棱的中点,则直线AE 与平面所成角的正弦值为______.【答案】49【解析】在长方体中,,是侧棱的中点,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,()2,0,0A,()0,1,2E,()12,0,4A,()0,0,0D,()2,1,2EA=--u u u r,()12,0,4DA=u u u u r,()0,1,2DE=u u u r,设平面的法向量为(),,x y z=n,则1240DA x z⋅=+=u u u u rn,20DE y z⋅=+=u u u rn,取,得()2,2,1=--n,设直线与平面所成角为,则44sin999EAEAθ⋅===⋅u u u ru u u rnn.∴直线与平面所成角的正弦值为49.15.已知圆锥的顶点为,为底面中心,,,为底面圆周上不重合的三点,为底面的直径,,为的中点.设直线与平面所成角为,则的最大值为__________.【答案】【解析】以AB的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设,则:, 如图所示,由对称性不妨设且,则(),1,3MC x y =+-u u u u r,易知平面SAB 的一个法向量为()100=,,m ,据此有()()22112sin 482413MC y y MC x y α⋅⎡⎤===⨯-+-+⎢⎥+⨯⎣⎦+++u u u u ru u u u rmm42331≤-=-,当且仅当时等号成立,综上可得:sin α的最大值为.16.,为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形的直角边所在直线与,都垂直,斜边以直线为旋转轴旋转,有下列结论:(1)当直线与成角时,与成角; (2)当直线与成角时,与成角;(3)直线与所成角的最小值为; (4)直线与所成角的最小值为,其中正确的是______(填写所有正确结论的编号). 【答案】(1)(3)【解析】由题意知,a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直,画出图形如图,不妨设图中所示正方体边长为1,故|AC |=1,|AB |,斜边AB 以直线AC 为旋转轴,则A 点保持不变,B 点的运动轨迹是以C 为圆心,1为半径的圆,以C 坐标原点,以CD 为x 轴,CB 为y 轴,CA 为z 轴,建立空间直角坐标系, 则D (1,0,0),A (0,0,1),直线a 的方向单位向量()0,1,0=a ,1=a , 直线b 的方向单位向量()1,0,0=b ,1=b ,设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′(cosθ,sinθ,0), 其中θ为B′C 与CD 的夹角,θ∈[0,2π),∴AB′在运动过程中的向量为()cos ,sin ,1AB θθ'=-u u u r ,2AB '=u u u r设AB 'u u u r 与a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则()()cos sin 101022cos 2AB θθαθ--⋅⎡==∈⎢'⋅⎣⎦u u u r ,,,,a ,∴ππ,24α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦, ∴(3)正确,(4)错误.设AB 'u u u r 与b 所成夹角为2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,()()cos sin 11002cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''⋅⋅u u u r u u u r u u u r,,,,b b b , 当AB 'u u u r 与a 夹角为60°时,即π3α=,2sin 232π2θα===,∵22cos sin 1θθ+=,∴21cos 22βθ==, ∵2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,∴π3β=,此时AB 'u u u r 与b 的夹角为60°,∴(1)正确,(2)错误. 故答案为(1)(3).三、解答题:本大题共6个大题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)如图四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,PB BC ⊥,PD CD ⊥,且PA AB =,E 为PD 中点.(1)求证:PA⊥平面ABCD;(2)求二面角A BE C--的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)15.【解析】(1)证明:∵底面ABCD为正方形,∴BC AB⊥,又,BC PB AB PB B⊥=I,∴BC⊥平面PAB,∴BC PA⊥,同理,CD PA BC CD C⊥=I,∴PA⊥平面ABCD.(2)建立如图的空间直角坐标系A xyz-,不妨设正方形的边长为2,则()()()()0,0,0,2,2,0,0,1,1,2,0,0A C E B,设(),,x y z=m为平面ABE的一个法向量,又()()0,1,1,2,0,0AE AB==uu u r uu u r,20AE y zAB x⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩u u u ru u u rnn,令1,1y z=-=,得()0,1,1=-m.同理()1,0,2=n是平面BCE的一个法向量,则10cos<,525⋅>===⨯m nm nm n.∴二面角A BE C--15.18.(12分)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED PA∥,且22PA ED==.(1)证明:直线BD ∥平面PCE ; (2)证明:平面PAC ⊥平面PCE ;(3)若直线PC 与平面ABCD 所成的角为45︒,求二面角P CE D --的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)6-. 【解析】(1)证明:连接BD ,交AC 于点O ,设PC 中点为F ,连接OF ,EF . 因为O ,F 分别为AC ,PC 的中点,所以OF PA ∥,且12OF PA =,因为DE PA ∥,且12DE PA =, 所以OF DE ∥,且OF DE =,所以四边形OFED 为平行四边形,所以OD EF ∥,即BD EF ∥, 又BD ⊄平面PCE ,EF ⊆面PCE ,所以BD ∥面PCE .(2)因为PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以PA BD ⊥. 因为ABCD 是菱形,所以BD AC ⊥. 因为PA AC A =I ,所以BD ⊥平面PAC , 因为//BD EF ,所以EF ⊥平面PAC ,因为FE ⊂平面PCE ,所以平面PAC ⊥平面PCE . (3)解法1:因为直线PC 与平面ABCD 所成角为45︒, 所以45PCA ∠=︒,所以2AC PA ==, 所以AC AB =,故ABC △为等边三角形. 设BC 的中点为M ,连接AM ,则AM BC ⊥.以A为原点,AM,AD,AP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A xyz-(如图).则(0,0,2),3,1,0),(0,2,1),(0,2,0)P C E D,3,1,2)PC=-,(3,11)CE=-,(0,0,1)DE=,设平面PCE的法向量为{}111,,x y zn=,则PCCE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn,即11111132030x y zx y z⎧+-=⎪⎨++=⎪⎩,令11y=,则1132xz⎧=⎪⎨=⎪⎩(3,1,2)=n,设平面CDE的法向量为()222,,x y z=m,则DECE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm,即222230zx y z=⎧⎪⎨++=⎪⎩,令21x=,则223yz⎧=⎪⎨=⎪⎩,所以3,0)=m,设二面角P CE D--的大小为θ,由于θ为钝角,所以||236cos|cos,|||||4222θ⋅=-〈〉=-==⋅⋅n mn mn m.所以二面角P CE D--的余弦值为6解法2:因为直线PC与平面ABCD所成角为45︒,且PA⊥平面ABCD,所以45PCA∠=︒,所以2AC PA==.因为2AB BC==,所以ABC△为等边三角形.因为PA⊥平面ABCD,由(1)知//PA OF,所以OF⊥平面ABCD.因为OB⊂平面ABCD,⊂OC平面ABCD,所以⊥OF OB且⊥OF OC.在菱形ABCD中,OB OC⊥.以点O为原点,,,OB OC OF分别为,,x y z轴,建立空间直角坐标系O xyz-(如图).则(0,0,0),(0,1,2),(0,1,0),(3,0,0),(3,0,1)O P C D E ---,则(0,2,2),(3,1,1),(3,1,0)CP CE CD =-=--=--u u u r u u u r u u u r,设平面PCE 的法向量为()111,,x y z =n ,则00CP CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ,即1111122030y z x y z -+=⎧⎪⎨--+=⎪⎩, 令11y =,则1111y z =⎧⎨=⎩,则法向量(0,1,1)=n .设平面CDE 的法向量为()222,,x y z =m ,则00CE CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rm m ,即222223030x y z x y ⎧--+=⎪⎨--=⎪⎩, 令21x =,则223y z ⎧=-⎪⎨=⎪⎩,则法向量(1,3,0)=-m .设二面角P CE D --的大小为θ,由于θ为钝角, 则||36cos |cos ,|||||422θ⋅=-〈〉=-=-=-⋅⋅n m n m n m . 所以二面角P CE D --的余弦值为64-. 19.(12分)如图,正方形边长为,平面平面,12CE DE CE AB ⊥=,.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)255. 【解析】(1)证明:平面平面,平面平面,,面,∴平面,又平面,∴,又∵,,,平面,∴平面,又平面,∴.(2)如图,以为坐标原点,建立空间直角坐标系,则,,,在直角中,12EC a=,,易得330,,44E a a⎛⎫⎪⎪⎝⎭,130,,44CE a a⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r,由(1)知CEu u u r为平面的一个法向量,(),,0DB a a=u u u r,330,,44DE a a⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r,设()x y z=,,n是平面BDE的一个法向量,则DBDE⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn,即3344ax ayay az+=+=⎧⎪⎨⎪⎩,令,则,,∴()113=-,,n,132544cos,552a aCECEaCE+⋅∴〈==⨯〉=u u u ru uruuu u r nnn,∴二面角的余弦值是25.20.(12分)如图,在四棱锥中,底面是梯形,是正三角形,为的中点,平面平面.(1)求证:平面;(2)在棱上是否存在点,使得二面角的余弦值为33819?若存在,求出PFPD的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)见证明;(2)见解析. 【解析】(1)证明:因为AE CD ∥,且,所以四边形是平行四边形,从而AD CE ∥,且,又在正三角形中,36PE AB ==, 从而在中,满足,所以,又平面平面,平面平面,平面所以平面.(2)由(1)知,且,,平面,从而平面, 又平面,平面,所以,以点为原点,分别以射线为轴,轴,轴正半轴,建立空间直角坐标系,,假设在棱上存在点满足题意,设PF PD λ=u u u r u u u r ,则)326326PF λλλλ==u u u r ,,,,()32266AF AP PF λλλ=+=u u u r u u u r u u u r ,,,()022BA =u u u r,,,设平面的法向量()x y z=,,n ,则()()322660220x y zyλλλ+⎧-+-==⎪⎨⎪⎩,取得,得()2101λλ⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎭,,n,有平面的一个法向量()100=,,m,所以3cos,3819=n m,从而()()22133819211λλλλ-=⎛⎫-+⎪⎪⎝⎭,,,因为,所以14λ=,所以在棱上存在点使得二面角的余弦值为33819,且14PFPD=.21.(12分)等腰直角三角形中,90ABC∠=︒,点在边上,垂直交于,如图①.将沿折起,使到达的位置,且使平面平面,连接,,如图②.(1)若为的中点,,求证:;(2)若,当三棱锥的体积最大时,求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析;(2)13.【解析】(1),,∩=D,平面,又在图①中,,DE BC∴∥,平面,而平面,,,是的中点,,平面,而平面,.(2)设,由,三棱锥的体积()()21128844232333V m m m =⋅⋅-=--+≤, 得三棱锥的体积最大时,,, 以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,则,,,.设面的法向量为()x y z =,,n ,则()()4224220PC x y z x y z ⋅=-=+-=u u u r,,,,n ,()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r,,,,n ,令,则,,则()111=-,,n ,设面的法向量为()x y z =,,m ,则()()022220PB x y z y z ⋅=-=-=u u u r,,,,m ,()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r,,,,m ,令,则,,则()111=,,m ,()()1111111cos ,3·33⋅-⋅∴===,,,,n m n m n m,所以二面角的余弦值为13.22.(12分)如图,在圆柱中,点、分别为上、下底面的圆心,平面是轴截面,点在上底面圆周上(异于、),点为下底面圆弧的中点,点与点在平面的同侧,圆柱的底面半径为1,高为2.(1)若平面平面,证明:;(2)若直线与平面所成线面角的正弦值等于155,证明:平面与平面所成锐二面角的平面角大于π3. 【答案】(1)见证明;(2)见证明. 【解析】(1)由题知:面面,面面, 因为,平面,所以平面,平面,所以.(2)以点为坐标原点,分别以,,为、、轴建立空间直角坐标系.所以,,,设,则,(),1,0NH m n =+u u u u r,设平面的法向量()1111,,x y z =n ,因为110NG NF ⋅=⋅⎧⎪⎨⎪⎩=u u u r u u u rn n , 所以()()()()11111111200200x y z x y z ⋅-=⋅⎧=⎪⎨⎪⎩,,,,,,,,,所以11112020x y z y +-==⎧⎨⎩,即法向量()1201=,,n .。

2013年高考数学能力加强集训:专题四第3讲 空间向量与立体几何

2013年高考数学能力加强集训:专题四第3讲 空间向量与立体几何

2013年高考数学能力加强集训:专题四 第3讲 空间向量与立体几何一、选择题(每小题4分,共24分)1.已知A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),则平面ABC 的单位法向量是 A .±(1,1,1) B .±⎝ ⎛⎭⎪⎫22,22,22 C .±⎝ ⎛⎭⎪⎫33,33,33D .±⎝ ⎛⎭⎪⎫33,-33,33 2.直线l 的方向向量s =(-1,1,1),平面π的法向量为n =(2,x 2+x ,-x ),若直线l ∥平面π,则x 的值为A .-2B .- 2 C. 2D .±23.平面α,β的法向量分别是n 1=(1,1,1),n 2=(-1,0,-1),则平面α,β所成锐角的余弦值是A.33 B .-33 C.63D .-634.点M 在z 轴上,它与经过坐标原点且方向向量为s =(1,-1,1)的直线l 的距离为6,则点M 的坐标是A .(0,0,±2)B .(0,0,±3)C .(0,0,±3)D .(0,0,±1)5.(2012·抚州一中月考)已知直线l 的方向向量为l ,直线m 的方向向量为m ,若l =αb +β c (α,β∈R ),m ∥a ,a ⊥b ,a ⊥c 且a ≠0,则直线m 与直线lA .共线B .相交C .垂直D .不共面6.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为 A.23B.33C.23 D.63二、填空题(每小题5分,共15分)7.(2012·长沙一中月考)已知a=(2,-1,1),b=(-1,4,-2),c=(11,5,λ),若向量a、b、c共面,则λ=________.8.已知2a+b=(0,-3,-10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,则〈b,c〉=________.9.如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=23,则点A到平面MBC的距离等于________.三、解答题(每小题12分,共36分)10.如图所示,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,△ABE是等腰直角三角形,AB=AE,F A=FE,∠AEF=45°.(1)求证:EF⊥平面BCE;(2)设线段CD、AE的中点分别为P、M,求证:PM∥平面BCE.11.(2012·朝阳二模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为正方形,EA ⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=4,AE=2,EF=1.(1)若点M 在线段AC 上,且满足CM =14CA ,求证:EM ∥平面FBC ; (2)求证:AF ⊥平面EBC ; (3)求二面角A -FB -D 的余弦值.12.(2012·西城二模)如图,直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直.AB ∥CD ,AB ⊥BC ,AB =2CD =2BC ,EA ⊥EB .(1)求证:AB ⊥DE ;(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值;(3)线段EA 上是否存在点F ,使EC ∥平面FBD ?若存在,求出EFEA ;若不存在,说明理由.答案解析1、解析设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则n ⊥AB→,n ⊥AC →, 故n ·AB →=0,n ·AC→=0, 即-x +y =0,-x +z =0,取x =1,得y =z =1,即平面ABC 的一个法向量是(1,1,1),单位化得±⎝ ⎛⎭⎪⎫33,33,33.故选C. 答案 C2、解析 线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故x 2-2=0,解得x =±2,故选D. 答案 D3、解析 cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=-23×2=-63,故平面α,β所成角的余弦值是63.答案 C4、解析 设M 为(0,0,z ),直线l 的一个单位方向向量为s 0=⎝ ⎛⎭⎪⎫33,-33,33,故点M 到直线l 的距离d = |OM →|2-|OM →·s 0|2=z 2-13z 2=6,解得z =±3.答案 B5、解析 由m ∥a 且a ≠0,可得:m =t a (t ∈R ),所以m ·l =m ·(αb +βc )=αm ·b +βm ·c =αt a ·b +βt a ·c =0,故m 与l 垂直,即直线m 与直线l 垂直.答案 C6、解析 如图建立直角坐标系,设AB =1,则AC→=(1,1,0), AD 1→=(0,1,1), 设平面ACD 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n =x +y =0AD 1→·n =y +z =0 令z =1,则y =-1,x =1, ∴n =(1,-1,1).又BB 1→=(0,0,1),∴cos 〈BB 1→,n 〉=33. 所以BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1-⎝ ⎛⎭⎪⎫332=63. 答案 D7、解析 由向量a 、b 、c 共面可得:c =x a +y b (x ,y ∈R ),故有⎩⎨⎧11=2x -y 5=-x +4yλ=x -2y,解得⎩⎨⎧x =7y =3λ=1.答案 18、解析 因为(2a +b )·c =0×1+(-3)×(-2)+(-10)×(-2)=26,而(2a +b )·c=2a ·c +b ·c =8+b ·c ,故b ·c =18.又|c |=12+(-2)2+(-2)2=3,故cos 〈b ,c 〉=b ·c |b |·|c |=1812×3=12,所以〈b ,c 〉=π3. 答案 π39、解析 取CD 的中点O ,连接OB 、OM ,则OB ⊥CD ,OM ⊥CD .又平面MCD⊥平面BCD ,则OM ⊥平面BCD ,所以OM ⊥OB .以O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得OB =OM =3,则各点坐标分别为C (1,0,0),M (0,0,3),B (0,-3,0),A (0,-3,23).所以BC →=(1,3,0),BM →=(0,3,3),BA→=(0,0,23).设n =(x ,y ,z )是平面MBC 的法向量,由n ⊥BC →,得x +3y =0;由n ⊥BM →,得3y +3z =0.令x =3,则y =-1,z =1,所以n =(3,-1,1)是平面MBC 的一个法向量.所以点A 到平面MBC 的距离为|BA →·n ||n |=235=2155.答案215510、证明 ∵△ABE 是等腰直角三角形,AB =AE ,∴AE ⊥AB .又∵平面ABEF ⊥平面ABCD ,且平面ABEF ∩平面ABCD =AB , ∴AE ⊥平面ABCD ,∴AE ⊥AD ,即AD 、AB 、AE 两两垂直, 故建立如图所示的空间直角坐标系.设AB =1,则AE =1,B (0,1,0),D (1,0,0),E (0,0,1),C (1,1,0).(1)∵F A =FE ,∠AEF =45°,∴∠AFE =90°,从而F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,12,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,-12,BE →=(0,-1,1),BC →=(1,0,0), 于是EF →·BE →=0,EF →·BC →=0, ∴EF ⊥BE ,EF ⊥BC .∵BE ⊂平面BCE ,BC ⊂平面BCE ,BC ∩BE =B , ∴EF ⊥平面BCE .(2)M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,12,P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0,从而PM→=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-12,12. 于是PM →·EF→=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-12,12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,-12=0+14-14=0. ∴PM ⊥EF ,又EF ⊥平面BCE ,直线PM 不在平面BCE 内, ∴PM ∥平面BCE .11、解析 (1)证明 过M 作MN ⊥BC 于N ,连接FN ,则MN ∥AB ,又CM =14AC ,所以MN =14AB .又EF ∥AB 且EF =14AB , 所以EF ∥MN ,且EF =MN , 所以四边形EFNM 为平行四边形, 所以EM ∥FN .又FN ⊂平面FBC ,EM ⊄平面FBC , 所以EM ∥平面FBC .(2)证明 因为EA ⊥平面ABCD ,AB ⊥AD ,故以A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .由已知可得,A (0,0,0),B (4,0,0),C (4,4,0),D (0,4,0),E (0, 0,2),F (1,0,2). 显然AF→=(1,0,2),BC →=(0,4,0),EB →=(4,0,-2). 则AF →·BC →=0,AF →·EB →=0, 所以AF→⊥BC →,AF →⊥EB →. 即AF ⊥BC ,AF ⊥EB ,故AF ⊥平面EBC . (3)因为EF ∥AB ,所以EF 与AB 确定平面EABF , 由已知得,BC→=(0,4,0),FB →=(3,0,-2),BD →=(-4,4,0).因为EA ⊥平面ABCD ,所以EA ⊥BC . 由已知可得AB ⊥BC 且EA ∩AB =A ,所以BC ⊥平面ABF ,故BC→是平面ABF 的一个法向量.设平面DFB 的一个法向量是n =(x ,y ,z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →=0,n ·FB →=0,得⎩⎨⎧-4x +4y =0,3x -2z =0,即⎩⎪⎨⎪⎧y =x ,z =32x .令x =2,则n =(2,2,3),所以cos 〈BC →,n 〉=BC →·n |BC →|·|n |=21717.由题意知二面角A -FB -D 锐角,故二面角A -FB -D 的余弦值为21717.12、解析 (1)证明 取AB 中点O ,连接EO ,DO .因为EB =EA ,所以EO ⊥AB .因为四边形ABCD 为直角梯形,AB =2CD =2BC ,AB ⊥BC ,所以四边形OBCD 为正方形,所以AB ⊥OD .所以AB ⊥平面EOD .所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ,且EO ⊥AB , 所以EO ⊥平面ABCD ,所以EO ⊥OD .由OB ,OD ,OE 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形,所以OA =OB =OD =OE , 设OB =1,所以O (0,0,0),A (-1,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),E (0,0,1). 所以EC→=(1,1,-1),平面ABE 的一个法向量为OD →=(0,1,0). 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ,所以sin θ=⎪⎪⎪⎪cos 〈EC →,OD →〉=|EC →·OD →||EC →||OD →|=33, 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ,且EF EA =13时,有EC ∥平面FBD .证明如下:由EF →=13EA →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,0,-13知,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,0,23, 所以FB→=⎝ ⎛⎭⎪⎫43,0,-23. 设平面FBD 的法向量为v =(a ,b ,c ),则有⎩⎪⎨⎪⎧ v ·BD →=0,v ·FB →=0.所以⎩⎪⎨⎪⎧-a +b =0,43a -23z =0.取a =1,得v =(1,1,2).因为EC →·v =(1,1,-1)·(1,1,2)=0,且EC ⊄平面FBD , 所以EC ∥平面FBD .即点F 满足EF EA =13时,有EC ∥平面FBD .。

2013贵州大学附中高考数学一轮复习单元练习--点、直线、平面之间的位置关系

2013贵州大学附中高考数学一轮复习单元练习--点、直线、平面之间的位置关系

高考数学一轮复习单元练习--点、直线、平面之间的位置关系I 卷一、选择题1.设有直线m 、n 和平面βα、,下列四个命题中,正确的是( )A .若n m n m //,//,//则ααB .若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂C .若βαβα⊥⊂⊥m m 则,,D .若ααββα//,,,m m m 则⊄⊥⊥2.高为2的四棱锥S -ABCD 的底面是边长为1的正方形,点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )A .102B .2+32C .32D . 2 3.若α//l ,α∈A ,则下列说法正确的是( )A .过A 在平面α内可作无数条直线与l 平行B . 过A 在平面α内仅可作一条直线与l 平行C . 过A 在平面α内可作两条直线与l 平行D . 与A 的位置有关4.若三个不同的平面α、β、γ满足α⊥γ,β⊥γ,则它们之间的位置关系是( )A . α∥βB . α⊥βC . α∥β或α⊥βD .α∥β或α与β相交5.已知三条直线a,b,c 和平面β,则下列推论中正确的是( ) A .若a//b,b β⊂,则a //β B .//αβ,b//β,则a//bC .若a ,b //,a,b ββ⊂共面,则a //bD .a c,b c ⊥⊥,则a//b6.“直线l 垂直于平面α内的无数条直线”是“l ⊥α”的 ( )A .充分条件B 、必要条件C 、充要条件D 、既不充分也不必要条件7. 已知直线l 与平面α成30°角,则在α内 ( )A .没有直线与l 垂直B .至少有一条直线与l 平行C .一定有无数条直线与l 异面D .有且只有一条直线与l 共面8.已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面,αβ,有下列命题①若//,//,//,//l m l m αβαβ且则 ②,,//,//l m l m αβαβ⊥⊥若且则③若,,//,//,//m n m n ααββαβ⊂⊂则 ④若,,,,m n n m αβαββα⊥=⊂⊥⊥ 则n其中真命题的个数是( ) A .4B .3C .2D . 1 9.已知α、β是两上不同的平面,m ,n 是两条不同的直线,给出下列命题:①若,,m m αβαβ⊥⊂⊥则;②若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂,则//αβ③如果,,,m n m n αα⊂⊄是异面直线,那么n 与α相交;④若,//,,,m n m n n αβαβ=⊄⊄ 且则////n n αβ且。

2012-2013学年贵州大学附中高考复习单元练习:统计

2012-2013学年贵州大学附中高考复习单元练习:统计

2012-2013学年贵州大学附中高考复习单元练习:统计2012-2013学年贵州大学附中高考复习单元练习:统计一、选择题5对父子身高数据如下D4.(3分)已知回归方程则().=1.5,=﹣155.(3分)(2008•重庆)某交高三年级有男生500人,女生400人,为了解该年级学生的健康情况,从男生中任意6.(3分)某单位有职工161人,其中业务员有104人,管理人员33人,后勤服务人员24人,现用分层抽样法从7.(3分)做了一次关于“手机垃圾短信”的调查,在A、B、C、D四个单位回收的问卷数依次成等差数列,再从回9.(3分)(2010•山东)在某项体育比赛中,七位裁判为一选手打出的分数如下:90 89 90 95 93 94 9310.(3分)在2008年第29届北京奥运会上,我国代表团的金牌数雄踞榜首.如图是位居金牌榜前十二位的代表团获得的金牌数的茎叶图,则这十二个代表团获得的金牌数的平均数与中位数的差m的值为()12.(3分)有一个容量为66的样本,数据的分组及各组的频数如下:[11.5,15.5)2[15.5,19.5)4[19.5,23.5)9[23.5,27.5)18[27.5,31.5)11[31.5,35.5)12[35.5,39.5)7[39.5,43.5)3.C D.二、填空题13.(3分)(2011•山东)某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生,为了解学生的就业倾向,用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查,应在丙专业抽取的学生人数为_________.14.(3分)数据﹣2,﹣1,0,1,2的方差是_________.15.(3分)在一次演讲比赛中,10位评委对一名选手打分的茎叶图如图1所示,若去掉一个最高分和一个最低分,得到一组数据x i(1≤i≤8),在如图2所示的程序框图中,是这8个数据中的平均数,则输出的S2的值为_________.16.(3分)为了解高三学生的数学学习情况,现抽取某班60名学生的数学成绩进行分析,将所得数据整理后,画出其频率分布直方图(如图).已知从左到右各长方形高的比为2:3:5:6:3:1,则该班学生数学成绩在(80,100)之间的学生人数是_________三、解答题17.(80分)某中学对高二甲、乙两个同类班级进行“加强‘语文阅读理解’训练对提高‘数学应用题’得分率作用”的试验,其中甲班为试验班(加强语文阅读理解训练),乙班为对比班(常规教学,无额外训练),在试验前的测试中,甲、乙两班学生在数学应用题上的得分率基本一致,试验结束后,统计几次数学应用题测试的平均成绩(均取整数)(Ⅰ)试分别估计两个班级的优秀率;(Ⅱ)由以上统计数据填写下面2×2列联表,并问是否有75%的把握认为“加强‘语文阅读理解’训练对提高‘数学应用18.采用系统抽样法,从121人中抽取一个容量为12人的样本,求每人被抽取的机率.19.某中学高一年级有400人,高二年级有320人,高三年级有280人,以每人被抽取的机率为0.2,向该中学抽取一个容量为n的样本,求n的值.20.某社区为了选拔若干名2010年上海世博会的义务宣传员,从社区300名志愿者中随机抽取了50名进行世博会有关知识的测试,成绩(均为整数)按分数段分成六组:第一组[40,50),第二组[50,60),…,第六组[90,100],第一、二、三组的人数依次构成等差数列如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分.规定成绩不低于66分的志愿者入选为义务宣传员.(1)求第二组、第三组的频率并补充完整频率分布直方图;(2)由所抽取志愿者的成绩分布,估计该社区有多少志愿者可以入选为义务宣传员.21.(2010•安徽)某市2010年4月1日﹣4月30日对空气污染指数的监测数据如下(主要污染物为可吸入颗粒物):61,76,70,56,81,91,92,91,75,81,88,67,101,103,95,91,77,86,81,83,82,82,64,79,86,85,75,71,49,45,(Ⅰ)完成频率分布表;(Ⅱ)作出频率分布直方图;(Ⅲ)根据国家标准,污染指数在0~50之间时,空气质量为优:在51~100之间时,为良;在101~150之间时,为轻微污染;在151~200之间时,为轻度污染.请你依据所给数据和上述标准,对该市的空气质量给出一个简短评价.22.甲、乙两台机床在相同的条件下同时生产一种零件,现在从中各抽测10个,它们的尺寸分别为(单位:mm):甲:10.2 10.1 10.9 8.9 9.9 10.3 9.7 10 9.9 10.1乙:10.3 10.4 9.6 9.9 10.1 10 9.8 9.7 10.2 10分别计算上面两个样本的平均数与方差,如果图纸上的设计尺寸为10 mm,从计算结果看,用哪台机床加工这种零件较合适?2012-2013学年贵州大学附中高考复习单元练习:统计参考答案与试题解析一、选择题5对父子身高数据如下Dy=88+解:∵x4.(3分)已知回归方程则().=1.5,=﹣15回归方程5.(3分)(2008•重庆)某交高三年级有男生500人,女生400人,为了解该年级学生的健康情况,从男生中任意6.(3分)某单位有职工161人,其中业务员有104人,管理人员33人,后勤服务人员24人,现用分层抽样法从×7.(3分)做了一次关于“手机垃圾短信”的调查,在A、B、C、D四个单位回收的问卷数依次成等差数列,再从回9.(3分)(2010•山东)在某项体育比赛中,七位裁判为一选手打出的分数如下:90 89 90 95 93 94 93=﹣))﹣90+(10.(3分)在2008年第29届北京奥运会上,我国代表团的金牌数雄踞榜首.如图是位居金牌榜前十二位的代表团获得的金牌数的茎叶图,则这十二个代表团获得的金牌数的平均数与中位数的差m的值为()12.(3分)有一个容量为66的样本,数据的分组及各组的频数如下:[11.5,15.5)2[15.5,19.5)4[19.5,23.5)9[23.5,27.5)18[27.5,31.5)11[31.5,35.5)12[35.5,39.5)7[39.5,43.5)3.C D.的数据约占二、填空题13.(3分)(2011•山东)某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生,为了解学生的就业倾向,用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查,应在丙专业抽取的学生人数为16.每个个体被抽到的概率是=,×=1614.(3分)数据﹣2,﹣1,0,1,2的方差是2.∴,[的平均数15.(3分)在一次演讲比赛中,10位评委对一名选手打分的茎叶图如图1所示,若去掉一个最高分和一个最低分,得到一组数据x i(1≤i≤8),在如图2所示的程序框图中,是这8个数据中的平均数,则输出的S2的值为15.16.(3分)为了解高三学生的数学学习情况,现抽取某班60名学生的数学成绩进行分析,将所得数据整理后,画出其频率分布直方图(如图).已知从左到右各长方形高的比为2:3:5:6:3:1,则该班学生数学成绩在(80,100)之间的学生人数是33)之间的频率为=×三、解答题17.(80分)某中学对高二甲、乙两个同类班级进行“加强‘语文阅读理解’训练对提高‘数学应用题’得分率作用”的试验,其中甲班为试验班(加强语文阅读理解训练),乙班为对比班(常规教学,无额外训练),在试验前的测试中,甲、乙两班学生在数学应用题上的得分率基本一致,试验结束后,统计几次数学应用题测试的平均成绩(均取整数)(Ⅰ)试分别估计两个班级的优秀率;(Ⅱ)由以上统计数据填写下面2×2列联表,并问是否有75%的把握认为“加强‘语文阅读理解’训练对提高‘数学应用,,∵18.采用系统抽样法,从121人中抽取一个容量为12人的样本,求每人被抽取的机率.P=19.某中学高一年级有400人,高二年级有320人,高三年级有280人,以每人被抽取的机率为0.2,向该中学抽取一个容量为n的样本,求n的值.,所以20.某社区为了选拔若干名2010年上海世博会的义务宣传员,从社区300名志愿者中随机抽取了50名进行世博会有关知识的测试,成绩(均为整数)按分数段分成六组:第一组[40,50),第二组[50,60),…,第六组[90,100],第一、二、三组的人数依次构成等差数列如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分.规定成绩不低于66分的志愿者入选为义务宣传员.(1)求第二组、第三组的频率并补充完整频率分布直方图;(2)由所抽取志愿者的成绩分布,估计该社区有多少志愿者可以入选为义务宣传员.第二组的频率是=0.12;第三组的频率是=0.20×21.(2010•安徽)某市2010年4月1日﹣4月30日对空气污染指数的监测数据如下(主要污染物为可吸入颗粒物):61,76,70,56,81,91,92,91,75,81,88,67,101,103,95,91,77,86,81,83,82,82,64,79,86,85,75,71,49,45,(Ⅰ)完成频率分布表;(Ⅱ)作出频率分布直方图;(Ⅲ)根据国家标准,污染指数在0~50之间时,空气质量为优:在51~100之间时,为良;在101~150之间时,为轻微污染;在151~200之间时,为轻度污染.请你依据所给数据和上述标准,对该市的空气质量给出一个简短评价.;;天,占当月天数的;天,占当月天数的;22.甲、乙两台机床在相同的条件下同时生产一种零件,现在从中各抽测10个,它们的尺寸分别为(单位:mm):甲:10.2 10.1 10.9 8.9 9.9 10.3 9.7 10 9.9 10.1乙:10.3 10.4 9.6 9.9 10.1 10 9.8 9.7 10.2 10分别计算上面两个样本的平均数与方差,如果图纸上的设计尺寸为10 mm,从计算结果看,用哪台机床加工这种零件较合适?(乙(甲[[参与本试卷答题和审题的老师有:xiaozhang;涨停;xintrl;lincy;minqi5;441674;sxs123;caoqz;wdlxh;yhx01248(排名不分先后)菁优网2013年2月3日。

高考数学复习 专题11 空间向量与立体几何解答题(解析版)

高考数学复习 专题11 空间向量与立体几何解答题(解析版)

专题11空间向量与立体几何解答题考纲解读三年高考分析1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点,解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用,考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力,题型以选择填空题和解答题为主,中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角,题型主要以选择题和填空题的形式出现,解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容,涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容,考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主,要求有较强的运算能力,广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1.【2019年天津理科17】如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE =BC=2.(Ⅰ)求证:BF∥平面ADE;(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(Ⅲ)若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为,求线段CF的长.【解答】(Ⅰ)证明:以A为坐标原点,分别以,,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).则是平面ADE的法向量,又,可得.又∵直线BF⊄平面ADE,∴BF∥平面ADE;(Ⅱ)解:依题意,,,.设为平面BDE的法向量,则,令z=1,得.∴cos.∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为;(Ⅲ)解:设为平面BDF的法向量,则,取y=1,可得,由题意,|cos|,解得h.经检验,符合题意.∴线段CF的长为.2.【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小.【解答】证明:(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,∴AD∥CG,∴AD,CG确定一个平面,∴A,C,G,D四点共面,由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,∴AB⊥面BCGE,∵AB⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面BCGE.解:(2)作EH⊥BC,垂足为H,∵EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,∴EH⊥平面ABC,由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,∴BH=1,EH,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz,则A(﹣1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),(1,0,),(2,﹣1,0),设平面ACGD的法向量(x,y,z),则,取x=3,得(3,6,),又平面BCGE的法向量为(0,1,0),∴cos,∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°.3.【2019年全国新课标2理科17】如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值.【解答】证明:(1)长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,B1C1⊥平面ABA1B1,∴B1C1⊥BE,∵BE⊥EC1,∴BE⊥平面EB1C1.解:(2)以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AE=A1E=1,∵BE⊥平面EB1C1,∴BE⊥EB1,∴AB=1,则E(1,1,1),A(1,1,0),B1(0,1,2),C1(0,0,2),C(0,0,0),∵BC⊥EB1,∴EB1⊥面EBC,故取平面EBC的法向量为(﹣1,0,1),设平面ECC1的法向量(x,y,z),由,得,取x=1,得(1,﹣1,0),∴cos,∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为.4.【2019年新课标1理科18】如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.【解答】(1)证明:如图,过N作NH⊥AD,则NH∥AA1,且,又MB∥AA1,MB,∴四边形NMBH为平行四边形,则NM∥BH,由NH∥AA1,N为A1D中点,得H为AD中点,而E为BC中点,∴BE∥DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形,则BH∥DE,∴NM∥DE,∵NM⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,∴MN∥平面C1DE;(2)解:以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则N(,,2),M(,1,2),A1(,﹣1,4),,,设平面A1MN的一个法向量为,由,取x,得,又平面MAA1的一个法向量为,∴cos.∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为.5.【2019年北京理科16】如图,在四棱锥P﹣ABCD中,P A⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,P A=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.(Ⅰ)求证:CD⊥平面P AD;(Ⅱ)求二面角F﹣AE﹣P的余弦值;(Ⅲ)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.【解答】证明:(Ⅰ)∵P A⊥平面ABCD,∴P A⊥CD,∵AD⊥CD,P A∩AD=A,∴CD⊥平面P AD.解:(Ⅱ)以A为原点,在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,A(0,0,0),E(1,0,1),F(,,),P(0,0,2),(1,0,1),(),平面AEP的法向量(1,0,0),设平面AEF的法向量(x,y,z),则,取x=1,得(1,1,﹣1),设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ,则cosθ.∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为.(Ⅲ)直线AG不在平面AEF内,理由如下:∵点G在PB上,且.∴G(,0,),∴(,0,),∵平面AEF的法向量(1,1,﹣1),0,故直线AG不在平面AEF内.6.【2019年江苏16】如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【解答】证明:(1)∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,∴DE∥AB,AB∥A1B1,∴DE∥A1B1,∵DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,∴A1B1∥平面DEC1.解:(2)∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,E是AC的中点,AB=BC.∴BE⊥AA1,BE⊥AC,又AA1∩AC=A,∴BE⊥平面ACC1A1,∵C1E⊂平面ACC1A1,∴BE⊥C1E.7.【2019年浙江19】如图,已知三棱柱ABC﹣A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(Ⅰ)证明:EF⊥BC;(Ⅱ)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解答】方法一:证明:(Ⅰ)连结A1E,∵A1A=A1C,E是AC的中点,∴A1E⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,∴A1E⊥平面ABC,∴A1E⊥BC,∵A1F∥AB,∠ABC=90°,∴BC⊥A1F,∴BC⊥平面A1EF,∴EF⊥BC.解:(Ⅱ)取BC中点G,连结EG、GF,则EGF A1是平行四边形,由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,∴平行四边形EGF A1是矩形,由(Ⅰ)得BC⊥平面EGF A1,则平面A1BC⊥平面EGF A1,∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上,连结A1G,交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角(或其补角),不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG,∵O是A1G的中点,故EO=OG,∴cos∠EOG,∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.方法二:证明:(Ⅰ)连结A1E,∵A1A=A1C,E是AC的中点,∴A1E⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,∴A1E⊥平面ABC,如图,以E为原点,EC,EA1所在直线分别为y,z轴,建立空间直角坐标系,设AC=4,则A1(0,0,2),B(),B1(),F(),C(0,2,0),(),(),由0,得EF⊥BC.解:(Ⅱ)设直线EF与平面A1BC所成角为θ,由(Ⅰ)得(),(0,2,﹣2),设平面A1BC的法向量(x,y,z),则,取x=1,得(1,),∴sinθ,∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.8.【2018年江苏15】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【解答】证明:(1)平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB∥A1B1,AB∥A1B1,AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C;(2)在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,⇒四边形ABB1A1是菱形,⊥AB1⊥A1B.在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC.∴⇒AB1⊥面A1BC,且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC.9.【2018年江苏25】如图,在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC 的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.【解答】解:如图,在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则,OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,故以{}为基底,建立空间直角坐标系O﹣xyz,∵AB=AA1=2,A(0,﹣1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,﹣1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)点P为A1B1的中点.∴,∴,.|cos|.∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为:;(2)∵Q为BC的中点.∴Q()∴,,设平面AQC1的一个法向量为(x,y,z),由,可取(,﹣1,1),设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ,sinθ=|cos|,∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.10.【2018年新课标1理科18】如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF 为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【解答】(1)证明:由题意,点E、F分别是AD、BC的中点,则,,由于四边形ABCD为正方形,所以EF⊥BC.由于PF⊥BF,EF∩PF=F,则BF⊥平面PEF.又因为BF⊂平面ABFD,所以:平面PEF⊥平面ABFD.(2)在平面PEF中,过P作PH⊥EF于点H,连接DH,由于EF为面ABCD和面PEF的交线,PH⊥EF,则PH⊥面ABFD,故PH⊥DH.在三棱锥P﹣DEF中,可以利用等体积法求PH,因为DE∥BF且PF⊥BF,所以PF⊥DE,又因为△PDF≌△CDF,所以∠FPD=∠FCD=90°,所以PF⊥PD,由于DE∩PD=D,则PF⊥平面PDE,故V F﹣PDE,因为BF∥DA且BF⊥面PEF,所以DA⊥面PEF,所以DE⊥EP.设正方形边长为2a,则PD=2a,DE=a在△PDE中,,所以,故V F﹣PDE,又因为,所以PH,所以在△PHD中,sin∠PDH,即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为:.11.【2018年新课标2理科20】如图,在三棱锥P﹣ABC中,AB=BC=2,P A=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M﹣P A﹣C为30°,求PC与平面P AM所成角的正弦值.【解答】(1)证明:连接BO,∵AB=BC=2,O是AC的中点,∴BO⊥AC,且BO=2,又P A=PC=PB=AC=4,∴PO⊥AC,PO=2,则PB2=PO2+BO2,则PO⊥OB,∵OB∩AC=O,∴PO⊥平面ABC;(2)建立以O坐标原点,OB,OC,OP分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图:A(0,﹣2,0),P(0,0,2),C(0,2,0),B(2,0,0),(﹣2,2,0),设λ(﹣2λ,2λ,0),0<λ<1则(﹣2λ,2λ,0)﹣(﹣2,﹣2,0)=(2﹣2λ,2λ+2,0),则平面P AC的法向量为(1,0,0),设平面MP A的法向量为(x,y,z),则(0,﹣2,﹣2),则•2y﹣2z=0,•(2﹣2λ)x+(2λ+2)y=0令z=1,则y,x,即(,,1),∵二面角M﹣P A﹣C为30°,∴cos30°=|,即,解得λ或λ=3(舍),则平面MP A的法向量(2,,1),(0,2,﹣2),PC与平面P AM所成角的正弦值sinθ=|cos,|=||.12.【2018年新课标3理科19】如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M﹣ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.【解答】解:(1)证明:在半圆中,DM⊥MC,∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,∴AD⊥平面DCM,则AD⊥MC,∵AD∩DM=D,∴MC⊥平面ADM,∵MC⊂平面MBC,∴平面AMD⊥平面BMC.(2)∵△ABC的面积为定值,∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大,则三棱锥的高最大,此时M为圆弧的中点,建立以O为坐标原点,如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2,∴A(2,﹣1,0),B(2,1,0),M(0,0,1),则平面MCD的法向量(1,0,0),设平面MAB的法向量为(x,y,z)则(0,2,0),(﹣2,1,1),由•2y=0,•2x+y+z=0,令x=1,则y=0,z=2,即(1,0,2),则cos,,则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα.13.【2018年浙江19】如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC =120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.【解答】(I)证明:∵A1A⊥平面ABC,B1B⊥平面ABC,∴AA1∥BB1,∵AA1=4,BB1=2,AB=2,∴A1B12,又AB12,∴AA12=AB12+A1B12,∴AB1⊥A1B1,同理可得:AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,∴AB1⊥平面A1B1C1.(II)解:取AC中点O,过O作平面ABC的垂线OD,交A1C1于D,∵AB=BC,∴OB⊥OC,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,∴OB=1,OA=OC,以O为原点,以OB,OC,OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:则A(0,,0),B(1,0,0),B1(1,0,2),C1(0,,1),∴(1,,0),(0,0,2),(0,2,1),设平面ABB1的法向量为(x,y,z),则,∴,令y=1可得(,1,0),∴cos.设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,则sinθ=|cos|.∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为.14.【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO=4,OA、OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图.求异面直线PM 与OB所成的角的大小.【解答】解:(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,圆锥的母线长为4,∴圆锥的体积V.(2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),(1,1,﹣4),(0,2,0),设异面直线PM与OB所成的角为θ,则cosθ.∴θ=arccos.∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos.15.【2018年北京理科16】如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC,AC=AA1=2.(Ⅰ)求证:AC⊥平面BEF;(Ⅱ)求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值;(Ⅲ)证明:直线FG与平面BCD相交.【解答】(I)证明:∵E,F分别是AC,A1C1的中点,∴EF∥CC1,∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,∴EF⊥AC,∵AB=BC,E是AC的中点,∴BE⊥AC,又BE∩EF=E,BE⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AC⊥平面BEF.(II)解:以E为原点,以EB,EC,EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示:则B(2,0,0),C(0,1,0),D(0,﹣1,1),∴(﹣2,1,0),(0,﹣2,1),设平面BCD的法向量为(x,y,z),则,即,令y=2可得(1,2,4),又EB⊥平面ACC1A1,∴(2,0,0)为平面CD﹣C1的一个法向量,∴cos,.由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角,∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为.(III)证明:F(0,0,2),(2,0,1),∴(2,0,﹣1),∴•2+0﹣4=﹣2≠0,∴与不垂直,∴FG与平面BCD不平行,又FG⊄平面BCD,∴FG与平面BCD相交.16.【2018年天津理科17】如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG 且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(Ⅰ)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(Ⅱ)求二面角E﹣BC﹣F的正弦值;(Ⅲ)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.【解答】(Ⅰ)证明:依题意,以D为坐标原点,分别以、、的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M(0,,1),N(1,0,2).设为平面CDE的法向量,则,不妨令z=﹣1,可得;又,可得.又∵直线MN⊄平面CDE,∴MN∥平面CDE;(Ⅱ)解:依题意,可得,,.设为平面BCE的法向量,则,不妨令z=1,可得.设为平面BCF的法向量,则,不妨令z=1,可得.因此有cos,于是sin.∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为;(Ⅲ)解:设线段DP的长为h,(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得,而为平面ADGE的一个法向量,故|cos|.由题意,可得,解得h∈[0,2].∴线段DP的长为.17.【2017年江苏15】如图,在三棱锥A﹣BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.【解答】证明:(1)因为AB⊥AD,EF⊥AD,且A、B、E、F四点共面,所以AB∥EF,又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以由线面平行判定定理可知:EF∥平面ABC;(2)在线段CD上取点G,连结FG、EG使得FG∥BC,则EG∥AC,因为BC⊥BD,FG∥BC,所以FG⊥BD,又因为平面ABD⊥平面BCD,所以FG⊥平面ABD,所以FG⊥AD,又因为AD⊥EF,且EF∩FG=F,所以AD⊥平面EFG,所以AD⊥EG,故AD⊥AC.18.【2017年江苏18】如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm,容器Ⅱ的两底面对角线EG,E1G1的长分别为14cm 和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm.现有一根玻璃棒l,其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)(1)将l放在容器Ⅰ中,l的一端置于点A处,另一端置于侧棱CC1上,求l没入水中部分的长度;(2)将l放在容器Ⅱ中,l的一端置于点E处,另一端置于侧棱GG1上,求l没入水中部分的长度.【解答】解:(1)设玻璃棒在CC1上的点为M,玻璃棒与水面的交点为N,在平面ACM中,过N作NP∥MC,交AC于点P,∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱,∴CC1⊥平面ABCD,又∵AC⊂平面ABCD,∴CC1⊥AC,∴NP⊥AC,∴NP=12cm,且AM2=AC2+MC2,解得MC=30cm,∵NP∥MC,∴△ANP∽△AMC,∴,,得AN=16cm.∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.(2)设玻璃棒在GG1上的点为M,玻璃棒与水面的交点为N,在平面E1EGG1中,过点N作NP⊥EG,交EG于点P,过点E作EQ⊥E1G1,交E1G1于点Q,∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台,∴EE1=GG1,EG∥E1G1,EG≠E1G1,∴EE1G1G为等腰梯形,画出平面E1EGG1的平面图,∵E1G1=62cm,EG=14cm,EQ=32cm,NP=12cm,∴E1Q=24cm,由勾股定理得:E1E=40cm,∴sin∠EE1G1,sin∠EGM=sin∠EE1G1,cos∠EGM,根据正弦定理得:,∴sin∠EMG,cos∠EMG,∴sin∠GEM=sin(∠EGM+∠EMG)=sin∠EGM cos∠EMG+cos∠EGM sin∠EMG,∴EN20cm.∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm.19.【2017年江苏25】如图,在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1,∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值.【解答】解:在平面ABCD内,过A作Ax⊥AD,∵AA1⊥平面ABCD,AD、Ax⊂平面ABCD,∴AA1⊥Ax,AA1⊥AD,以A为坐标原点,分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.∵AB=AD=2,AA1,∠BAD=120°,∴A(0,0,0),B(),C(,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,),C1().(),(),,.(1)∵cos.∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为;(2)设平面BA1D的一个法向量为,由,得,取x,得;取平面A1AD的一个法向量为.∴cos.∴二面角B﹣A1D﹣A的余弦值为,则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为.20.【2017年新课标1理科18】如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面P AB⊥平面P AD;(2)若P A=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.【解答】(1)证明:∵∠BAP=∠CDP=90°,∴P A⊥AB,PD⊥CD,∵AB∥CD,∴AB⊥PD,又∵P A∩PD=P,且P A⊂平面P AD,PD⊂平面P AD,∴AB⊥平面P AD,又AB⊂平面P AB,∴平面P AB⊥平面P AD;(2)解:∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形,由(1)知AB⊥平面P AD,∴AB⊥AD,则四边形ABCD为矩形,在△APD中,由P A=PD,∠APD=90°,可得△P AD为等腰直角三角形,设P A=AB=2a,则AD.取AD中点O,BC中点E,连接PO、OE,以O为坐标原点,分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则:D(),B(),P(0,0,),C().,,.设平面PBC的一个法向量为,由,得,取y=1,得.∵AB⊥平面P AD,AD⊂平面P AD,∴AB⊥PD,又PD⊥P A,P A∩AB=A,∴PD⊥平面P AB,则为平面P AB的一个法向量,.∴cos.由图可知,二面角A﹣PB﹣C为钝角,∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为.21.【2017年新课标2理科19】如图,四棱锥P﹣ABCD中,侧面P AD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P AB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M﹣AB﹣D的余弦值.【解答】(1)证明:取P A的中点F,连接EF,BF,因为E是PD的中点,所以EF AD,AB=BC AD,∠BAD=∠ABC=90°,∴BC∥AD,∴BCEF是平行四边形,可得CE∥BF,BF⊂平面P AB,CE⊄平面P AB,∴直线CE∥平面P AB;(2)解:四棱锥P﹣ABCD中,侧面P AD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.取AD的中点O,M在底面ABCD上的射影N在OC上,设AD=2,则AB=BC=1,OP,∴∠PCO=60°,直线BM与底面ABCD所成角为45°,可得:BN=MN,CN MN,BC=1,可得:1BN2=BN2,BN,MN,作NQ⊥AB于Q,连接MQ,AB⊥MN,所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角,MQ,二面角M﹣AB﹣D的余弦值为:.22.【2017年新课标3理科19】如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D ﹣AE﹣C的余弦值.【解答】(1)证明:如图所示,取AC的中点O,连接BO,OD.∵△ABC是等边三角形,∴OB⊥AC.△ABD与△CBD中,AB=BD=BC,∠ABD=∠CBD,∴△ABD≌△CBD,∴AD=CD.∵△ACD是直角三角形,∴AC是斜边,∴∠ADC=90°.∴DO AC.∴DO2+BO2=AB2=BD2.∴∠BOD=90°.∴OB⊥OD.又DO∩AC=O,∴OB⊥平面ACD.又OB⊂平面ABC,∴平面ACD⊥平面ABC.(2)解:设点D,B到平面ACE的距离分别为h D,h E.则.∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,∴1.∴点E是BD的中点.建立如图所示的空间直角坐标系.不妨取AB=2.则O(0,0,0),A(1,0,0),C(﹣1,0,0),D(0,0,1),B(0,,0),E.(﹣1,0,1),,(﹣2,0,0).设平面ADE的法向量为(x,y,z),则,即,取.同理可得:平面ACE的法向量为(0,1,).∴cos.∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为.23.【2017年浙江19】如图,已知四棱锥P﹣ABCD,△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC ∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(Ⅰ)证明:CE∥平面P AB;(Ⅱ)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【解答】证明:(Ⅰ)取AD的中点F,连结EF,CF,∵E为PD的中点,∴EF∥P A,在四边形ABCD中,BC∥AD,AD=2DC=2CB,F为中点,∴CF∥AB,∴平面EFC∥平面ABP,∵EC⊂平面EFC,∴EC∥平面P AB.解:(Ⅱ)连结BF,过F作FM⊥PB于M,连结PF,∵P A=PD,∴PF⊥AD,推导出四边形BCDF为矩形,∴BF⊥AD,∴AD⊥平面PBF,又AD∥BC,∴BC⊥平面PBF,∴BC⊥PB,设DC=CB=1,由PC=AD=2DC=2CB,得AD=PC=2,∴PB,BF=PF=1,∴MF,又BC⊥平面PBF,∴BC⊥MF,∴MF⊥平面PBC,即点F到平面PBC的距离为,∵MF,D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等,为,E为PD中点,E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点,即中位线,∴E到平面PBC的距离为,在,由余弦定理得CE,设直线CE与平面PBC所成角为θ,则sinθ.24.【2017年上海17】如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5.(1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积;(2)设M是BC中点,求直线A1M与平面ABC所成角的大小.【解答】解:(1)∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5.∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积:V=S△ABC×AA120.(2)连结AM,∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5,M是BC中点,∴AA1⊥底面ABC,AM,∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角,tan∠A1MA,∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan.25.【2017年北京理科16】如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,平面P AD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,P A=PD,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解答】(1)证明:如图,设AC∩BD=O,∵ABCD为正方形,∴O为BD的中点,连接OM,∵PD∥平面MAC,PD⊂平面PBD,平面PBD∩平面AMC=OM,∴PD∥OM,则,即M为PB的中点;(2)解:取AD中点G,∵P A=PD,∴PG⊥AD,∵平面P AD⊥平面ABCD,且平面P AD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,则PG⊥AD,连接OG,则PG⊥OG,由G是AD的中点,O是AC的中点,可得OG∥DC,则OG⊥AD.以G为坐标原点,分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系,由P A=PD,AB=4,得D(2,0,0),A(﹣2,0,0),P(0,0,),C(2,4,0),B(﹣2,4,0),M(﹣1,2,),,.设平面PBD的一个法向量为,则由,得,取z,得.取平面P AD的一个法向量为.∴cos.∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°;(3)解:,平面BDP的一个法向量为.∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|=||=||.26.【2017年天津理科17】如图,在三棱锥P﹣ABC中,P A⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱P A,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,P A=AC=4,AB=2.(Ⅰ)求证:MN∥平面BDE;(Ⅱ)求二面角C﹣EM﹣N的正弦值;(Ⅲ)已知点H在棱P A上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.【解答】(Ⅰ)证明:取AB中点F,连接MF、NF,∵M为AD中点,∴MF∥BD,∵BD⊂平面BDE,MF⊄平面BDE,∴MF∥平面BDE.∵N为BC中点,∴NF∥AC,又D、E分别为AP、PC的中点,∴DE∥AC,则NF∥DE.∵DE⊂平面BDE,NF⊄平面BDE,∴NF∥平面BDE.又MF∩NF=F.∴平面MFN∥平面BDE,则MN∥平面BDE;(Ⅱ)解:∵P A⊥底面ABC,∠BAC=90°.∴以A为原点,分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.∵P A=AC=4,AB=2,∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),M(0,0,1),N(1,2,0),E(0,2,2),则,,设平面MEN的一个法向量为,由,得,取z=2,得.由图可得平面CME的一个法向量为.∴cos .∴二面角C ﹣EM ﹣N 的余弦值为,则正弦值为; (Ⅲ)解:设AH =t ,则H (0,0,t ),,.∵直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为,∴|cos |=||=||.解得:t 或t .∴线段AH 的长为或.1.【陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟】如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是菱形,3ABC π∠=,四边形ABEF 是直角梯形,2FAB π∠=,AF BE P ,22AF AB BE ===.(Ⅰ)证明:CE P平面ADF.(Ⅱ)若平面ABCD⊥平面ABEF,H为DF的中点,求平面ACH与平面ABEF所成锐二面角的余弦值.【答案】(I)见解析;(II)7【解析】(Ⅰ)取AF的中点M,连接DM,EM,如图所示,因为2AF BE=,四边形ABEF是直角梯形,得AM BE=且AM BEP,所以四边形ABEM为平行四边形,即ME AB=且ME ABP.又因为四边形ABCD是菱形,所以AB CDP,进而CD MEP,得DCEM为平行四边形,即有DM CEP,又DM⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,所以CE P平面ADF.(Ⅱ)取CD的中点N,在菱形ABCD中,ABC60∠=︒,可得AN CD⊥.因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD⋂平面ABEF AB=,AF⊂平面ABEF,AF AB⊥,所以AF⊥平面ABCD.以A为坐标原点,AN为x轴,AB为y轴,AF为z轴,建立空间直角坐标系A xyz-,如图所示. 故()A0,0,0,)C3,1,0,)D3,1,0-,()F0,0,2,31H,,122⎛⎫-⎪⎪⎝⎭,31,122AH⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u v,)3,1,0ACu u u v=.设平面ACH 的一个法向量为(),,n x y z =v,则有00n AH n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 即310230x y z x y ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩令x 1=可得()1,3,3n =--v . 易知平面ABEF 的一个法向量为()1,0,0m =v.设平面ACH 与平面ABEF 所成的锐二面角为θ,则7cos θ71133m n m n ⋅===⨯++v vv v , 即所求二面角的余弦值为7. 2.【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点,以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60o 的二面角,点M 在线段AB 上.(1)若M 为AB 的中点,且直线MF ,由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ,试确定点O 的位置,并证明直线//OD 平面EMC ;(2)是否存在点M ,使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ;若存在,求此时二面角M EC F --的余弦值,若不存在,说明理由. 【答案】(1)证明见解析;(2)10,4±. 【解析】(1)因为直线MF ⊂平面ABFE , 故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内,所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上(如图所示)因为AO BF P ,M 为AB 的中点,所以OAM MBF ∆≅∆,所以OM MF =,AO BF =,所以点O 在EA 的延长线上,且2AO = 连结DF 交EC 于N ,因为四边形CDEF 为矩形,所以N 是EC 的中点 连结MN ,因为MN 为DOF ∆的中位线,所以MN OD P , 又因为MN ⊂平面EMC ,所以直线OD P 平面EMC .(2)由已知可得,EF AE ⊥,EF DE ⊥,所以EF ⊥平面ADE ,所以平面ABEF ⊥平面ODE ,取AE 的中点H 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,所以(1,0,0)E -,3)D ,(0,3)C ,(1,4,0)F -,所以3)ED =u u u r ,(1,3)EC =u u u r,设(1,,0)(04)M t t ≤≤,则(2,,0)EM t =u u u u r,设平面EMC 的法向量(,,)m x y z =u r ,则2000430x ty m EM m EC x y z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩u u u u v v u u u v v , 取2y =-,则x t =,3z =,3m t ⎛=- ⎝u r ,DE 与平面EMC 所成的角为60o,所以2232(8)243t t =-++,所以2233419t t =-+,所以2430t t -+=,解得1t =或3t =, 所以存在点M ,使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ,取ED 的中点Q ,则QA u u u r 为平面CEF 的法向量,因为13,0,2Q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,所以33,0,22QA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,,2,3m t ⎛=- ⎪⎝⎭u r , 设二面角M EC F --的大小为θ,所以222|||cos |||||(8)419343QA m QA m t t t t θ⋅===⋅--+++u u u r u r u u ur u r ,因为当2t =时,cos 0θ=,平面EMC ⊥平面CDEF , 所以当1t =时,θ为钝角,所以1cos 4θ=-. 当3t =时,θ为锐角,所以1cos 4θ=. 3.【陕西省汉中市2019届高三全真模拟】如图,四边形ABCD 为矩形,平面ABEF ⊥平面ABCD ,//EF AB ,90BAF ∠=︒,2AD =,1AB AF ==,点P 在线段DF 上.(1)求证:AF ⊥平面ABCD ; (2)若二面角D AP C --6,求PF 的长度. 【答案】(1)见解析;(25【解析】(1)证明:∵90BAF ∠=︒,∴AB AF ⊥,又平面ABEF ⊥平面ABCD ,平面ABEF I 平面ABCD AB =,AF ⊂平面ABEF , ∴AF ⊥平面ABCD .(2)以A 为原点,以AB ,AD ,AF 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则()0,0,0A ,()1,0,0B ,()1,2,0C ,()0,2,0D,()0,0,1F ,∴()0,2,1FD u u u v =-,()1,2,0AC =u u u v,()1,0,0AB =u u u r由题知,AB ⊥平面ADF ,∴()1,0,0AB =u u u r为平面ADF 的一个法向量,设()01FP FD λλ=≤<u u u v u u u v ,则()0,2,1P λλ-,∴()0,2,1AP λλ=-u u u v,设平面APC 的一个法向量为(),,x y z =m ,则0m AP m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v ,∴()21020y z x y λλ⎧+-=⎨+=⎩,令1y =,可得22,1,1m λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭,∴226cos ,21411m AB m AB m AB λλ⋅===⎛⎫⋅++ ⎪-⎝⎭u u u vu u u v u u u v ,得13λ=或1λ=-(舍去), ∴5PF =.4.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图,三棱柱111ABC A B C -中,平面11ACC A ⊥平面ABC ,12AA AC CB ==,90ACB ∠=︒.(1)求证:平面11AB C ⊥平面11A B C ;(2)若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒,求二面角11C AB C --的余弦值. 【答案】(1)详见解析;(23【解析】(1)因为平面11ACC A ⊥平面ABC ,平面11ACC A I 平面ABC AC =,BC ⊂平面ABC ,90ACB ∠=︒,所以BC ⊥平面11ACC A ,因为1AC ⊂平面11ACC A ,所以1BC A C ⊥. 因为11B C BC ∥,所以111AC B C ⊥. 因为11ACC A 是平行四边形,且1AA AC =,所以11ACC A 是菱形,11A C AC ⊥.因为1111AC B C C ⋂=,所以1AC ⊥平面11AB C . 又1AC ⊂平面11A B C ,所以平面11AB C ⊥平面11A B C . (2)取AC 的中点M ,连接1A M ,因为11ACC A 是菱形,160A AC ∠=︒, 所以1ACA ∆是正三角形,所以1A M AC ⊥,且132A M AC =. 令122AA AC CB ===,则13A M =所以以C 为原点,以CA 所在直线为x 轴,CB 所在直线为y 轴,过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ,()2,0,0A ,(13C -,()0,1,0B ,(13A ,()2,0,0CA =u u u r,()()111111,0,30,1,0CB CC C B CC CB =+=+=-+u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u ur ()1,1,3=-,()11,0,3CA =u u u r.设平面1ACB 的一个法向量为(),,n x y z =r ,则100n CA n CB r u u u r gr u u u r g⎧=⎪⎨=⎪⎩, 所以2030x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩,得0x =,令1z =,则3y =-,所以()0,3,1n =-r .由(1)知1AC ⊥平面11A B C ,所以()11,0,3CA =u u u r是平面11A B C 的一个法向量, 所以111cos ,CA n CA n CA n ⋅<>=⋅u u u r r u u u r r u u u r r 3341331==+⋅+. 所以二面角11C AB C --的余弦值为3.5.【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟】如图,在多面体ABCDEF 中,平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形,四边形ABCD 为梯形,且//AD BC ,ABD ∆是边长为1的等边三角形,M 为线段BD 中点,3BC =.(1)求证:AF BD ⊥;(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值;(3)线段BD 上是否存在点N ,使得直线//CE 平面AFN ?若存在,求BNBD的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析(233)线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ,且2=3BN BD ,详见解析. 【解析】(1)证明:因为ADEF 为正方形, 所以AF AD ⊥.又因为平面ADEF ⊥平面ABCD , 且平面ADEF ⋂平面ABCD AD =, 所以AF ⊥平面ABCD .所以AF BD ⊥.(2)取AD 中点O,EF 中点K ,连接OB ,OK.于是在△ABD 中,OB OD ⊥,在正方ADEF 中OK OD ⊥,又平面ADEF ⊥平面ABCD ,故OB ⊥平面AFEF ,进而0B OK ⊥, 即OB, OD, OK 两两垂直. 分别以,,OB OD OK 为x 轴,y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系(如图).于是,3,0,02B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,10,,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,32C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,1E 0,,12⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,311M ,,0,F 0,,1442⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以3335,1,,0,(0,0,1)42MF CD DE ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u ur设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =r,则00CD n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u r u u v r 即35020x y z ⎧-⋅=⎪⎨⎪=⎩令5x =-,则3y =(3,0)n =-r.设直线MF与平面CDE所成角为θ,||3 sin|cos,|14||||MF nMF nMFnθ⋅=<>==u u u r ru u u r ru u u r r(3) 要使直线//CE平面AFN,只需AN//CD,设,[0,1]BN BDλλ=∈u u u r u u u r,则331,,,,02n n nx y zλ⎛⎫⎛⎫-=-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,331,,02n n nx y zλλ=-==,331,,0222Nλλ⎛⎫-⎪⎪⎝⎭,所以3311,,02222ANλλ⎛⎫=-+⎪⎪⎝⎭u u u r,又35(,,0)2CD=--u u u r,由//AN CDu u u r u u u r得33112222532λλ-+=--解得2=[0,1]3λ∈所以线段BD上存在点N,使得直线//CE平面AFN,且2=3BNBD.6.【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的,其中45BAE GAD∠=∠=︒,22AB AD==,60BAD∠=︒.(1)求证:平面BDG⊥平面ADG;(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)217【解析】(1)证明:在BAD∆中,因为22AB AD==,60BAD∠=︒.由余弦定理得,2222cos60BD AD AB AB AD=+-⋅︒,解得3BD=,∴222AB AD DB =+,∴AD DB ⊥, 在直平行六面体中,GD ⊥平面ABCD ,DB ⊂平面ABCD , ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=, ∴BD ⊥平面ADG ,∴平面BDG ⊥平面ADG . (2)解:如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -,因为45BAE GAD ∠=∠=︒,22AB AD ==, 所以()1,0,0A ,()3,0B,()3,2E ,()0,0,1G ,()3,2AE →=-,()1,0,1AG →=-,()3,1GB →=-.设平面AEFG 的法向量(),,n x y z →=,3200n AE x z n AG x z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u v r u u uv r , 令1x =,得33y -=,1z =, ∴31,n →⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ,。

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高三数学专题测试题—空间向量与立体几何

高三数学专题测试题—空间向量与立体几何高三数学单元测试—空间向量与立体几何一、选择题:1.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面〞表示,如图是一个正方体的表面展开图,假设图中“2〞在正方体的上面,那么这个正方体的下面是〔〕A. 0 B. 7 C.快 D.乐2.用小立方体搭一个几何体,使得它的主视图和俯视图如下图。

这样的几何体需要的小立方块最少与最多分别是〔〕 A. 10与15 B.9与17 C.10与16 D.9与163.设m,n是两条不同的直线, , , 是三个不同的平面,给出以下命题:①假设m⊥,n∥,那么m⊥n;②假设 , 那么∥;③假设m∥,n∥,那么m∥n;④假设∥,∥ , m⊥那么m⊥.其中正确命题的个数是〔〕A. 0 B. 1 C. 2 D. 34.一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积等于〔〕4 4 10B. 4+ C.8+4 D. 3335.向量a (2, 1,3),b ( 4,2,x),使a b成立的x与使a//b成立的x分别为〔〕A. 8+A.1010106 6 C.-6, , 6 , 6 B.-,333D.6,-10, 636.在空间中,有如下命题:①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线;②假设平面∥平面,那么平面内任意一条直线m∥平面;③假设平面与平面的交线为m,平面内的直线n⊥直线m,那么直线n⊥平面.其中不正确命题的个数为...A. 3 B. 2C. 1D. 0〔〕〔〕7.假设A(1, 2,1),B(4,2,3),C(6, 1,4),那么△ABC的形状是A.不等边锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形8.点P在正方形ABCD所在平面外,PD⊥平面ABCD,PD=AD,那么PA与BD所成角的度数为〔〕 A.30&#176; B.45&#176; C.60&#176; D.90&#176;9.如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对〞.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对〞的个数是〔〕A.48 B.18 C.24 D.36. 10.二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.AB =4,AC=6,BD = 8,CD=2,那么该二面角的大小为〔〕A.1500 B.450 C.600 D.120011.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为棱长为1的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,假设AD与平面AA1C1C所成的角为,那么sin 的值是〔〕A.2B.22C .4 D. 6 4。

贵阳市选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试题(含答案解析)

贵阳市选修一第一单元《空间向量与立体几何》测试题(含答案解析)

一、选择题1.已知正三棱锥P ABC -的侧面PAB 上动点Q 的轨迹是以P 为焦点,AB 为准线的抛物线,若点Q 到底面ABC 的距离为d ,且2PQ d =,点H 为棱PC 的中点,则直线BH 与AC 所成角的余弦值为( ) A .8585B .21 C .38585D .3212.若(),,0OA m n =,40,,OB p n ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0,4,0F ,1AF m =+,1BF p =+,则m p +的最小值为( )A .1B .2C .3D .63.若直线l 的方向向量,1)2(,m x -=,平面α的法向量2,2(),4n -=-,且直线l ⊥平面α,则实数x 的值是( )A .1B .5C .﹣1D .﹣54.如图,在四面体O ABC -中,1G 是ABC 的重心,G 是1OG 上的一点,且12OG GG =,若OG xOA yOB zOC =++,则(,,)x y z 为( )A .111(,, )222B .222(,, )333C .111(, , )333D .222(, , )9995.设a ,b 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题:①若a b ⊥,a α⊥,b α⊄,则//b α;②若//a α,a β⊥,则αβ⊥;③若a β⊥,αβ⊥,则//a α或a α⊂;④若a b ⊥,a α⊥,b β⊥,则αβ⊥.其中正确命题的个数为( ) A .1B .2C .3D .46.已知(),(3,0,1),(131,2,3,1),55a b c =-==--给出下列等式:①a b c a b c ++=--;②()()a b c a b c +⋅=⋅+;③2222()a b c b c a =++++ ④()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅.其中正确的个数是 A .1个B .2个C .3个D .4个7.如图,在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点,则OG 等于( )A .111333OA OB OC ++B .111234OA OB OC ++C .111244OA OB OC ++ D .111446OA OB OC ++8.给出下列命题:①若空间向量,a b 满足a b =,则a b =; ②空间任意两个单位向量必相等;③对于非零向量c ,由a c b c ⋅=⋅,则a b =; ④在向量的数量积运算中()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅. 其中假.命题的个数是( ) A .1 B .2C .3D .49.()2,23,1a m =-,()4,2,32b n =--.若//a b .则实数mn 的值是( ) A .-2B .13C .2D .010.有下列四个命题:①已知1e 和2e 是两个互相垂直的单位向量,a =21e +32e ,1b ke =-42e ,且a ⊥b ,则实数k =6;②已知正四面体O ﹣ABC 的棱长为1,则(OA OB +)•(CA CB +)=1;③已知A (1,1,0),B (0,3,0),C (2,2,3),则向量AC 在AB 上正投影的数5 ④已知1a e =-223e e +,1b e =-+32e +23e ,c =-31e +72e ({1e ,2e ,3e }为空间向量的一个基底),则向量a ,b ,c 不可能共面. 其中正确命题的个数为( ) A .1个B .2个C .3个D .4个11.已知A (1,0,0),B (0,﹣1,1),OA OB λ+与OB (O 为坐标原点)的夹角为30°,则λ的值为( )A .66B .66±C .62D .62±12.如图,在60︒二面角的棱上有两点A 、B ,线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱AB ,若4AB AC BD ===,则线段CD 的长为( )A .43B .16C .8D .4213.设向量(),,0u a b =,(),,1c d υ=,其中22221a b c d +=+=,则下列判断错误的是( )A .向量υ与z 轴正方向的夹角为定值(与c 、d 之值无关)B .u υ⋅的最大值为2C .u 与υ夹角的最大值为34π D .ad bc -的最大值为l二、填空题14.如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 为BC 的中点,点P 在底面ABCD 上移动,且满足11B P D E ⊥,则线段1B P 的长度的最大值为______15.如图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面边长为2,直线1CC 与平面1ACD 所成角的正弦值为13,则正四棱柱的高为_____.16.平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,棱AB 、AD 、AA 1的长均为1,∠A 1AD =∠A 1AB =∠DAB 3π=,则对角线AC 1的长为_____.17.如图,长方体1111ABCD A B C D -中,2AB AD ==,122AA =,若M 是1AA 的中点,则BM 与平面11B D M 所成角的正弦值是___________.18.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)111ABC A B C -的底面边长为2,侧棱长为22,则1AC 与1B C 所成的角为___________.19.如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,11AD AA ==,2AB =,点E 在棱AB 上.若二面角1D EC D --的大小为4π,则AE =__________.20.设向量(2,23,2),(4,21,32)a m n b m n =-+=+-,且//a b ,则a b ⋅的值为__________.21.已知非零向量n b 、及平面α,向量n 是平面α的一个法向量,则0n b ⋅=是“向量b 所在直线在平面α内”的____________条件.22.已知空间四边形OABC 中,OA a =,OB b =,OC c =,点M 在OA 上,2OM MA =,点N 在BC 上,3BN NC =,则MN 等于__________.(用a ,b ,c 表示)23.如图,在ABC ∆和AEF ∆中,B 是EF 的中点,2AB =,4EF =,3CA CB ==,若7AB AE AC AF ⋅+⋅=,则EF 与BC 的夹角的余弦值等于__________.24.如图,在空间四边形ABCD 中,AC 和BD 为对角线,G 为ABC ∆的重心E 是BD 上一点,3,BE ED =以,,AB AC AD 为基底,则GE =__________.25.如图,在三棱柱111ABC A B C -中,AB ,AC ,1AA 两两互相垂直,122AA AB AC ==,M ,N 是线段1BB ,1CC 上的点,平面AMN 与平面ABC 所成(锐)二面角为3π,当1B M 最小时,AMB ∠=__________.26.已知ABC ∆的顶点A ∈平面α,点B ,C 在平面α异侧,且2AB =,3AC =若AB ,AC 与α所成的角分别为3π,6π,则线段BC 长度的取值范围为______.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、选择题 1.C 解析:C 【分析】建立空间直角坐标系,用向量法求直线BH 与AC 所成角的余弦值 【详解】设△ABC 的中心为O ,如图示:以OA 为x 轴,过O 平行于BC 的Oy 为y 轴,OP 为z 轴建立空间直角坐标系,不妨设|BC |=2,则有:()23330,0,0,,,1,0,,1,0333O A B C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭过Q 作QD ⊥底面ABC 于D ,QE ⊥AB 于E ,由抛物线的定义知:|QE |=|PD |=2d ,|QD |=d . 在Rt △QDE 中,∠QDE =90°,所以°s 1in ,302QD QDE QDE QE ∠==∴∠=, 即侧面于底面所成的二面角为30°. 设()0,0,P z 则有31333z ==, 所以()311331,,,,,3,1,0,626626H BH AC ⎛⎫⎛⎫--=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 设直线BH 与AC 所成角为θ,则||cos |cos ,|||||BH AC BH AC BH AC θ==⨯(()3|10|⎛⎫+-⨯-+ ⎪== 即直线BH 与AC 所成角的余弦值为85故选:C 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键: (1)建立合适的坐标系; (2)把要用到的向量正确表示; (3)利用向量法证明或计算.2.C解析:C 【分析】根据空间向量模的坐标表示,由题中条件,得到11m p =+=+,推出22163282230m p n n n n-+-++=,配方整理,即可求出最小值. 【详解】因为(),,0OA m n =,40,,OB p n ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0,4,0F ,1AF m =+,1BF p =+, 所以11m p =+=+,则()2222224214421m n m m p p p n ⎧+-=++⎪⎨⎛⎫-+=++⎪ ⎪⎝⎭⎩,即()224214421n m p n⎧-=+⎪⎨⎛⎫-=+⎪ ⎪⎝⎭⎩, 所以22221632164812261628822n n n m p n n n n n ⎛⎫⎛⎫-++-+-=++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=22444822466n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++=+-+≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,当且仅当44n n+=,即2n =时,22m p +取得最小值3,则m p +的最小值为3. 故选:C. 【点睛】 关键点点睛:求解本题的关键在于利用空间向量模的坐标表示,用n 表示出22m p +,即22164882222n n n m n p ⎛⎫⎛⎫++-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=,配方整理,即可求解.3.C解析:C 【分析】根据直线与平面垂直时直线的方向量与平面的法向量共线,利用共线时对应的坐标关系即可计算出x 的值. 【详解】因为直线l ⊥平面α,所以//m n , 所以12224x -==--,所以1x =-. 故选:C. 【点睛】本题考查根据直线与平面的位置关系求解参数,其中涉及到空间向量的共线计算,难度一般.已知直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为b ,若//l α则有a b ⊥,若l α⊥则有//a b . 4.D解析:D 【分析】根据空间向量线性运算进行计算,用,,OA OB OC 表示出OG . 【详解】因为E 是BC 中点,所以1()2OE OB OC =+, 1G 是ABC 的重心,则123AG AE =, 所以122()33AG AE OE OA ==-, 因为12OG GG = 所以112224()()3339OG OG OA AG OA OE OA ==+=+-2422222()9999999OA OE OA OB OC OA OB OC =+=++=++, 若OG xOA yOB zOC =++,则29x y z ===. 故选:D . 【点睛】本题考查空间的向量的线性运算,掌握向量线性运算的运算法则是解题关键.5.D解析:D 【分析】设直线a ,b 的方向向量分别为11,a b ,α,β的法向量分别为11,n m ,将各选项中的题设条件转化为向量的关系后可得相应的结论是否成立. 【详解】对于①,因为a b ⊥,a α⊥,故11a b ⊥,11a n λ=,故11n b ⊥,因b α⊄,故//b α, 故①正确.对于②,因为//a α,a β⊥,故11a n ⊥,11a m λ=,故11n m ⊥即αβ⊥,故②正确. 对于③,因为a β⊥,αβ⊥,故11a m λ=,11n m ⊥,故11n a ⊥即//a α或a α⊂, 故③正确.对于④, 因为a b ⊥,a α⊥,b β⊥,故11a b ⊥,11a n λ=,11b m μ=, 故11n m ⊥即αβ⊥,故④正确. 故选:D. 【点睛】本题考查空间中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,此类问题一般是根据位置关系的判定定理和性质定理来考虑,也可以利用直线的方向向量和法向量的关系来判断位置关系,本题属于中档题.6.D解析:D 【详解】由题设可得197(,3,)55a b c ++=,则63525a b c ++== 923(,1,)55a b c --=-,63525a b c --=,则①正确;因1346()(4,2,2)(,1,)205555a b c +⋅=⋅--=-+-=,1481424()(1,2,3)(,1,)205555a b c ⋅+=⋅-=+-=,故②正确;又因2635127()255a b c ++==,而22235714,10,255a b c ====, 所以22271272455a b c ++=+=,即③正确; 又3030a b ⋅=+-=,则()0a b c ⋅⋅=, 而330055b c ⋅=-++=,故()0a b c ⋅⋅=,也即④正确. 故选:D .7.C解析:C 【分析】因为在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点,12OE OA AD =+,即可求得答案. 【详解】在四面体OABC 中,D 是BC 的中点,G 是AD 的中点∴12OG OA AD =+11()22OA AB AC =+⨯+1()4OA OB OA OC OA =+⨯-+-111244OA OB OC =++ 故选:C. 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.8.D解析:D 【分析】结合向量的性质,对四个命题逐个分析,可选出答案. 【详解】对于①,空间向量,a b 的方向不一定相同,即a b =不一定成立,故①错误; 对于②,单位向量的方向不一定相同,故②错误;对于③,取()0,0,0a =,()1,0,0b =,()0,1,0c =,满足0a c b c ⋅=⋅=,且0c ≠,但是a b ≠,故③错误;对于④,因为a b ⋅和b c ⋅都是常数,所以()a b c ⋅⋅和()a b c ⋅⋅表示两个向量,若a 和c 方向不同,则()a b c ⋅⋅和()a b c ⋅⋅不相等,故④错误.故选:D.【点睛】本题考查向量的概念与性质,考查向量的数量积,考查学生的推理论证能力,属于基础题. 9.D解析:D【分析】根据平行得到()()()()2,23,14,2,324,2,32m n n λλλλ-=--=--,计算得到答案.【详解】 ()2,23,1a m =-,()4,2,32b n =--,//a b ,则λa b ,即()()()()2,23,14,2,324,2,32m n n λλλλ-=--=--故()24232132m n λλλ⎧=-⎪-=⎨⎪=-⎩解得1,1,02m n λ=-==,故0mn = 故选:D【点睛】本题考查了根据向量平行计算参数,意在考查学生的计算能力.10.C解析:C【分析】利用向量的基本概念逐一进行判断,即可得出结论.【详解】解:①a =21e +32e ,1b ke =-42e ,且a b ⊥,2212121122(23)(4)2()(38)12()2120a b e e ke e k e k e e e k ∴=+-=+--=-=,解得6k =,所以①正确.②()()OA OB CA CB OA CA OA CB OB CA OB CB ++=+++11cos6011cos9011cos9011cos60001=⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒+⨯⨯︒++=,所以②正确. ③(1,1,3)AC =,(1,2,0)AB =-,向量AC 在AB上正投影1||(1)20AC AB AB ⨯===-++③正确. ④假设向量a ,b ,c 共面,则a xb yc =+,所以123123122(32)(37)e e e x e e e y e e -+=-+++-+,1231232(3)(37)2e e e x y e x y e xe -+=--+++,所以13x y =--,237x y -=+,12x =, 得12x =,12y , 所以向量a ,b ,c 共面,所以④不正确.即正确的有3个,故选:C .【点睛】本题考查向量的基本概念,向量垂直,共面,正投影等,属于中档题.11.C解析:C【分析】运用向量的坐标运算及夹角公式直接求解即可.【详解】解:(1,0,0)(0,,)(1,,)OA OB λλλλλ+=+-=-, ∴2||12,||2OA OB OB λλ+=+=,()2OA OB OB λλ+=, ∴cos302λ︒=, ∴4λ=,则0λ>,∴λ=. 故选:C .【点睛】本题考查空间向量的坐标运算,考查运算求解能力,属于基础题.12.D解析:D【分析】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ,连接CE ,则由题意可知ACE ∆为等边三角形,CDE ∆为直角三角形,求解CD 即可.【详解】分别过点A 、点D 作BD 、AB 的平行线相交于点E ,连接CE ,则四边形ABDE 为平行四边形.线段AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱AB .AC AB ∴⊥,AE AB ⊥则CAE ∠为二面角的平面角,即60CAE ∠=4AB AC BD ===4AC BD AE AB DE ∴=====,如图所示.ACE ∴∆为等边三角形,4CE =AC DE ⊥,AE DE ⊥,AC AE A ⋂=,AC ⊂平面ACE ,AE ⊂平面ACEDE ∴⊥平面ACE又CE ⊂平面ACE∴DE CE ⊥在Rt CDE ∆中22224442CD CE DE =+=+=故选:D【点睛】本题考查空间的距离问题,属于中档题.13.B解析:B【分析】在A 中,取z 轴的正方向向量(0,0,t)t =,求出n 与t 的夹角即可判断命题正确;在B 中,计算u v ac bd ⋅=+,利用不等式求出最大值即可判断命题错误;在C 中,利用数量积求出u 与v 的夹角的最大值,即可判断命题正确;在D 中,利用不等式求出最大值即可判断命题正确.【详解】解:由向量(,,0)u a b =,(,,1)v c d =,其中22221a b c d +=+=,知:在A 中,设z 轴正方向的方向向量(0,0,),0z t t =>,向量v 与z 轴正方向的夹角的余弦值: 222cos 452||||1z v a z v t c d α︒⋅===∴=⋅⋅++, ∴向量v 与z 轴正方向的夹角为定值45°(与c ,d 之值无关),故A 正确;在B 中,222222221222a cb d a bcd u v ac bd +++++⋅=+≤+==, 且仅当a =c ,b =d 时取等号,因此u v ⋅的最大值为1,故B 错误;在C 中,由B 可得:||1,11u v u v ⋅≤∴-≤⋅≤, 22222cos ,||||2121u v u v u v a b c d ⋅∴<>==≥=-⋅⨯+⋅++, ∴u 与v 的夹角的最大值为34π,故C 正确;在D 中,222222221222a dbc a b cd ad bc +++++-≤+==, ∴ad −bc 的最大值为1.故D 正确.故选:B .【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法,考查运算求解能力,是中档题.二、填空题14.3【分析】以为原点以分别为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系设根据则可得从而点在底面内的轨迹为一条线段从而可得答案【详解】以为原点以分别为轴轴轴正方向建立空间直角坐标系则设则由则即则当时设所以点在底面内 解析:3【分析】以D 为原点,以,,DA DC DD '分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向建立空间直角坐标系,设(),,0P x y ,根据11B P D E ⊥,则110PB ED ⋅=,可得220x y +-=,从而点P 在底面ABCD 内的轨迹为一条线段AF ,从而可得答案.【详解】以D 为原点,以,,DA DC DD '分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向建立空间直角坐标系, 则()()()112,2,2,1,2,0,0,0,2B E D ,设(),,0P x y ,则02,02x y ≤≤≤≤ ()12,2,2PB x y =--,()11,2,2ED =--由11B P D E ⊥,则110PB ED ⋅=,即()22240x y -+⨯-+=,则220x y +-= 当0x =时,1y =,设()0,1,0F所以点P 在底面ABCD 内的轨迹为一条线段AF ,所以(12B P ==01y ≤≤ 又二次函数2548t y y =-+的对称轴为25,当01y ≤≤时,当1y =时,1B P 有最大值3. 故答案为:3【点睛】关键点睛:本题考查根据垂直关系得出动点的轨迹从而求线段的长度的最值,解答的关键是建立坐标系,利用向量根据11B P D E ⊥,则110PB ED ⋅=,可得220x y +-=,从而点P 在底面ABCD 内的轨迹为一条线段AF ,可得01y ≤≤,从而可出答案,属于中档题.15.4【分析】以为坐标原点所在直线分别为轴轴轴建立空间直角坐标系设求出平面的一个法向量则则可以得到答案【详解】解:以为坐标原点所在直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系设则故设平面的一个法向量为则 解析:4【分析】以D 为坐标原点,1,,DA DC DD 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 设1DD a =,求出平面1ACD 的一个法向量n ,则11cos ,3n CC <>=,则可以得到答案. 【详解】解:以D 为坐标原点,1,,DA DC DD 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,设1DD a =,则(2,0,0)A ,(0,2,0)C ,1(0,0,)D a ,故(2,2,0)=-AC ,1(2,0,)AD a =-,1(0,0, )CC a =,设平面1ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =,则122020n AC x y n AD x az ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩,可取21,1,n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 故112122cos ,||||4242n CC n CC n CC a a a⋅<>===+⋅+,又直线1CC 与平面1ACD 所成角的正弦值为13, 21324a ∴=+,解得4a =. 故答案为:4.【点睛】本题考查根据线面角,利用向量法求柱体的高,属于中档题.16.【分析】由题知:再给式子平方即可求出的长度【详解】如图由题意可知所以所以故答案为:【点睛】本题主要考查利用向量法求线段长度解题时要认真审题注意向量法的合理应用属于中档题6【分析】由题知:11AC AB AD AA =++,再给式子平方即可求出1AC 的长度【详解】如图,由题意可知,111AC AB AD CC AB AD AA =++=++,所以1221())(AC AB AD AA =++222111222AB AD AA AB AD AB AA AD AA +=++++ 1112(cos 60cos 60cos 60)6+++++==.所以16AC =6【点睛】本题主要考查利用向量法求线段长度,解题时要认真审题,注意向量法的合理应用.属于中档题.17.【分析】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值【详解】以点为坐标原点所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系则设平面的法向量为由可得令则可 解析:6 【分析】以点D 为坐标原点,DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -,利用空间向量法可求得直线BM 与平面11B D M 所成角的正弦值.【详解】以点D 为坐标原点,DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -,则()2,2,0B 、(12,2,22B 、(10,0,22D 、(2M ,设平面11B D M 的法向量为(),,n x y z =,()112,2,0D B =,(12,0,2D M =-, 由111100n D B n D M ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,可得220220x y x z +=⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,则1y =-,2z =()1,1,2n =-, (0,2,2BM =-,6cos ,326n BMn BM n BM ⋅<>===⨯⋅, 因此,BM 与平面11B D M 所成角的正弦值是63. 6. 【点睛】 方法点睛:计算线面角,一般有如下几种方法:(1)利用面面垂直的性质定理,得到线面垂直,进而确定线面角的垂足,明确斜线在平面内的射影,即可确定线面角;(2)在构成线面角的直角三角形中,可利用等体积法求解垂线段的长度h ,从而不必作出线面角,则线面角θ满足sin h l θ=(l 为斜线段长),进而可求得线面角; (3)建立空间直角坐标系,利用向量法求解,设a 为直线l 的方向向量,n 为平面的法向量,则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.18.【分析】作出图形分别取的中点连接以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得异面直线与所成的角【详解】分别取的中点连接如下图所示:在正三棱柱中平面且分别为的中点且所以四边形为 解析:3π 【分析】作出图形,分别取AC 、11A C 的中点O 、E ,连接OE 、OB ,以点O 为坐标原点,OB 、OC 、OE 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得异面直线1AC 与1B C 所成的角.【详解】分别取AC 、11A C 的中点O 、E ,连接OE 、OB ,如下图所示:在正三棱柱111ABC A B C -中,1AA ⊥平面ABC ,11//AC A C 且11AC A C =,O 、E 分别为AC 、11A C 的中点,1//AO A E ∴且1AO A E =, 所以,四边形1AOEA 为平行四边形,1//OE AA ∴,则OE ⊥平面ABC , ABC 为等边三角形,O 为AC 的中点,则OB AC ⊥,以点O 为坐标原点,OB 、OC 、OE 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,则()0,1,0A -、()0,1,0C 、13,0,22B 、(10,1,22C , (10,2,22AC =,(13,1,22B C =--,1111111cos ,22AC B CAC B C AC B C ⋅<>===-⋅, 因此,1AC 与1B C 所成的角为3π.故答案为:3π. 【点睛】 方法点睛:求空间角的常用方法:(1)定义法:由异面直线所成角、线面角、二面角的定义,结合图形,作出所求空间角,再结合题中条件,解对应的三角形,即可求出结果;(2)向量法:建立适当的空间直角坐标系,通过计算向量的夹角(两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值,即可求得结果.19.【解析】分析:以D 为原点建立空间直角坐标系设再求出平面和平面的法向量利用法向量所成的角表示出二面角的平面角解方程即可得出答案详解:以D 为原点以为轴的正方向建立空间直角坐标系设平面的法向量为由题可知平 解析:2【解析】分析:以D 为原点,建立空间直角坐标系,设(02)AE λλ=≤≤,再求出平面AECD 和平面1D EC 的法向量,利用法向量所成的角表示出二面角的平面角,解方程即可得出答案. 详解:以D 为原点,以DA ,DC ,1DD 为,,x y z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,设(02)AE λλ=≤≤,平面1D EC 的法向量为(,,)m x y z =由题可知,1(0,0,1)D ,(0,2,0)C ,(1,,0)E λ,1(0,2,1)DC =-,(1,2,0)CE λ=- 平面AECD 的一个法向量为z 轴,∴可取平面AECD 的法向量为(0,0,1)n = (,,)m x y z =为平面1D EC 的法向量,∴120(2)0m D C y z m CE x y λ⎧⋅=-=⎨⋅=+-=⎩ 令1y =,则(2,1,2)m λ=- 二面角1D EC D --的大小为4π∴cos 4m nm n π⋅=⋅,即2= 解得2λ=2λ=+∴23AE =-故答案为2点睛:空间向量法求二面角(1)如图1,AB 、CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB ,CD 〉.(2)如图2、3,12,n n 分别是二面角α-l -β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小12,n n θ=(或12,n n π-).20.168【分析】根据向量设列出方程组求得得到再利用向量的数量积的运算公式即可求解【详解】由题意向量设又因为所以即解得所以所以故答案为:【点睛】本题主要考查了向量的共线的坐标运算以及向量的数量积的运算其 解析:168【分析】根据向量//a b ,设λa b ,列出方程组,求得12λ=,得到(2,4,8),(4,8,16)a b ==,再利用向量的数量积的运算公式,即可求解.【详解】由题意,向量//a b ,设λa b ,又因为(2,23,2),(4,21,32)a m n b m n =-+=+-,所以(2,23,2)(4,21,32)m n m n λ-+=+-,即2423(21)2(32)m m n n λλλ=⨯⎧⎪-=+⎨⎪+=-⎩,解得17,,622m n λ===, 所以(2,4,8),(4,8,16)a b ==,所以2448816168a b ⋅=⨯+⨯+⨯=.故答案为:168.【点睛】本题主要考查了向量的共线的坐标运算,以及向量的数量积的运算,其中解答中熟记向量的共线条件,熟练应用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.21.必要不充分【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解:若向量是平面的法向量则若则则向量所在直线平行于平面或在平面内即充分性不成立若向量所在直线平行于平面或在平面内则向量是平面的法向量 解析:必要不充分【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解:若向量n 是平面α的法向量,则n α⊥,若0n b =,则//b α,则向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内,即充分性不成立, 若向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内,则//b α,向量n 是平面α的法向量,∴n α⊥,则n b ⊥,即0n b =,即必要性成立,则0n b =是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的必要条件,故答案为:必要不充分【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据向量和平面的位置关系是解决本题的关键.22.【分析】利用向量加法和减法的三角形法则以及向量线性运算的运算律即可用表示【详解】因为所以【点睛】主要考查向量的线性运算法则以及运算律属于基础题 解析:213344a b c -++ 【分析】利用向量加法和减法的三角形法则,以及向量线性运算的运算律即可用,,a b c 表示MN【详解】因为213344MN a b c =-++ 所以//AC BC【点睛】主要考查向量的线性运算法则以及运算律,属于基础题.23.【分析】由题意可得由此求得由以及两个向量的加减法的法则及其几何意义可求得由数量积的定义即可得到结果【详解】由题意可得∴由可得∴即∴故答案为【点睛】本题主要考查两个向量的加减法的法则以及其几何意义两个 解析:16【分析】由题意可得22 9()BC AC AB ==-,由此求得2AC AB ⋅=,由 7AB AE AC AF ⋅+⋅=以及两个向量的加减法的法则及其几何意义可求得 2EF BC ⋅=,由数量积的定义即可得到结果.【详解】由题意可得()229BC AC AB==- 222AC AB AC AB =+-⋅ 942AC AB =+-⋅, ∴2AC AB ⋅=.由7AB AE AC AF ⋅+⋅=,可得 ()()AB AB BE AC AB BF ⋅++⋅+ 2AB AB BE AC AB AC BF =+⋅+⋅+⋅()42AB BF AC BF =+⋅-++⋅()1662BF AC AB EF BC =+⋅-=+⋅. ∴2EF BC ⋅=,即43cos ,2EF BC ⨯⨯=, ∴1cos ,6EF BC =,故答案为16. 【点睛】本题主要考查两个向量的加减法的法则,以及其几何意义,两个向量的数量积的定义、以及运算性质,属于中档题. 24.【解析】由题意连接则故答案为 解析:1131234AB AC AD --+ 【解析】 由题意,连接AE ,则32 43GE AE AG AB BD AM =-=+- 321432AB AD AB AB AC =+--⨯+()(). 1131234AB AC AD =--+ . 故答案为1131234AB AC AD --+. 25.【分析】根据题意建立空间直角坐标系设出的长写出各个点的坐标求得平面与平面的法向量利用法向量及二面角大小求得的等量关系即可判断当取最小时各自的长即可求得的正切值进而求得的大小【详解】因为三棱柱中两两互解析:6π【分析】根据题意,建立空间直角坐标系,设出,CN BM的长,写出各个点的坐标,求得平面AMN与平面ABC的法向量,利用法向量及二面角大小,求得,CN BM的等量关系.即可判断当1B M取最小时,CN BM各自的长.即可求得AMB∠的正切值,进而求得AMB∠的大小.【详解】因为三棱柱111ABC A B C-中,AB,AC,1AA两两互相垂直,建立如下图所示的空间直角坐标系:122AA AB AC==,M,N是线段1BB,1CC 上的点可设,,1BM a CN b AB===,则12,1AA AB==所以()()0,0,0,1,0,0A B,()()1,0,,0,1,M a N b则()()1,0,,0,1,AM a AN b==设平面AMN的法向量为(),,m x y z=则AM mAN m⎧⋅=⎨⋅=⎩,代入可得x azy bz+=⎧⎨+=⎩,令1z=代入解得x ay b=-⎧⎨=-⎩所以(),,1m a b=--平面ABC的法向量()0,0,1n=由题意可知平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为3π则由平面向量数量积定义可知22cos31m nm n a bπ⋅==⋅++化简可得223a b+=1B M最小值,即a取得最大值,当0b=时,a取得最大值为3a=所以3tan 33AB AMB MB ∠=== 所以6AMB π∠=故答案为:6π 【点睛】 本题考查了空间向量在立体几何中的应用,由法向量法结合二面角求值,属于中档题. 26.【分析】由题意画出图形分别过作底面的垂线垂足分别为根据可知线段长度的最大值或最小值取决于的长度而即可分别求出的最小值与最大值【详解】如图所示:分别过作底面的垂线垂足分别为由已知可得∵而∴当所在平面与 解析:7,13⎡⎤⎣⎦【分析】由题意画出图形,分别过,B C 作底面的垂线,垂足分别为1B ,1C ,根据()222111111274BC BB B C C C B C =++=+可知,线段BC 长度的最大值或最小值取决于11B C 的长度,而111111AB AC B C AB AC -≤≤+,即可分别求出BC 的最小值与最大值. 【详解】 如图所示: 分别过,B C 作底面的垂线,垂足分别为1B ,1C .由已知可得,13BB =13CC =11AB =,132AC =. ∵1111BC BB BC C C =++, ()22222221111111111111132723344BC BB B C C C BB B C C C BB C C B C B C =++=+++⋅=+++=+而111111AB AC B C AB AC -≤≤+,∴当AB ,AC 所在平面与α垂直,且,B C 在底面上的射影1B ,1C ,在A 点同侧时,BC 长度最小,此时111131122B C AB AC =-=-=,BC = 当AB ,AC 所在平面与α垂直,且,B C 在底面上的射影1B ,1C ,在A 点异侧时,BC长度最大,此时111135122B C AB AC =+=+=,BC =.∴线段BC 长度的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角的定义以及应用,向量数量积的应用,意在考查学生的直观想象能力,逻辑推理能力和数学运算能力,属于中档题.。

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高考数学一轮复习单元练习--空间向量与立体几何I 卷一、选择题1.点M 在z 轴上,它与经过坐标原点且方向向量为s =(1,-1,1)的直线l 的距离为6,则点M 的坐标是( )A .(0,0,±2)B .(0,0,±3)C .(0,0,±3)D .(0,0,±1)2.在空间四边形ABCD 中,若AB a =,BD b =,AC c =,则CD 等于 ( ) A .()a b c -- B .()c b a --C .a b c --D .()b c a --3.四棱柱1111ABCD A B C D -中,AC 与BD 的交点为点M ,设11111,,A B a A D b AA c ===,则下列与1B M 相等的向量是 ( )A .1122a b c-+-B . 1122a b c++C .1122a b c-+D .1122a b c--+4.在三棱柱111ABC A B C -中,设M 、N 分别为1,BB AC的中点,则MN 等于 ( )A .11()2AC AB BB ++ B .111111()2B A B C C C ++ C .11()2AC CB BB ++D .11()2BB BA BC --5.平面α,β的法向量分别是n1=(1,1,1),n2=(-1,0,-1),则平面α,β所成角的余弦值是( ) A .33 B .-33 C .63 D .-636. 空间任意四个点A 、B 、C 、D ,则BA CB CD +-等于 ( ) A .DB B .AD C .DA D .AC7.以下命题中,不正确的命题个数为( )①已知A 、B 、C 、D 是空间任意四点,则A +B +C +D =0②若{a ,b ,c}为空间一个基底,则{a +b ,b +c ,c +a}构成空间的另一个基底;③对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ,若O =x +y +z(其中x ,y ,z ∈R),则P 、A 、B 、C 四点共面.A .0B .1C .2D .38.已知向量{a ,b ,c}是空间的一基底,向量{a +b ,a -b ,c}是空间的另一基底,一向量p 在基底{a ,b ,c}下的坐标为(4,2,3),则向量p 在基底{a +b ,a -b ,c}下的坐标是( ) A .(4,0,3) B .(3,1,3) C .(1,2,3) D .(2,1,3)9.在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中,P 为正方体内一动点(包括表面),若=x +y +z ,且0≤x ≤y ≤z ≤1.则点P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( ) A .1B .12C .13D .1610.在90°的二面角的棱上有A 、B 两点,AC ,BD 分别在这个二面角的两个面内,且都垂直于棱AB ,已知AB =5,AC =3,BD =4,则CD =( ) A .5 2 B .5 3 C .6 D .711.如图ABCD -A1B1C1D1是正方体,B1E1=D1F1=A1B14,则BE1与DF1所成角的余弦值是( )A .1517B .12C .817D .3212.如图所示,在四面体P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,AB =BC =CA =PC ,那么二面角B -AP -C 的余弦值为( )A .22B .33C .77D .57II 卷二、填空题13. 设a1=2i -j +k ,a2=i +3j -2k ,a3=-2i +j -3k ,a4=6i +4j +5k ,其中i ,j ,k 是空间向量的一组基底,试用a1,a2,a3表示出a4,则a4=____________.14.平面α经过点A(0,0,2)且一个法向量n =(1,-1,-1),则x 轴与平面α的交点坐标是________.15.在三棱柱ABC —A1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点D 是侧面BB1C1C 的中心,则AD 与平面BB1C1C 所成角的大小是________.16.已知a =(1-t ,1-t ,t),b =(2,t ,t),则|b -a|的最小值为________.三、解答题17.如图,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,PD ∥QA ,QA =AB =12PD.图14-2(1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ ;(2)求二面角Q -BP -C 的余弦值.18.如图,在平行四边形ABCD 中,AB =2BC ,∠ABC =120°,E 为线 段A ′C 的中点.段AB 的中点,将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ,使平面A ′DE ⊥平面BCD ,F 为线(Ⅰ)求证:BF ∥平面A ′DE;(Ⅱ)设M 为线段DE 的中点,求直线FM 与平面A ′DE 所成角的余弦值.19.如图,四棱锥P ABCD -的底面是正方形,PD ABCD ⊥底面, 点E 在棱PB 上.(Ⅰ)求证:平面AEC PDB ⊥平面; (Ⅱ)当2PD AB =且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.20.已知长方体ABCD —A1B1C1D1中,AB =2,BC =4,AA1=4,点M 是棱D1C1的中 点.求直线AB1与平面DA1M 所成角的正弦值.21.如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥CD,AD⊥CD,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC.(1)证明:SE=2EB;(2)求二面角A-DE-C的大小.22.如图14-2,三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC 上的射影恰为AC的中点D,又知BA1⊥AC1.(1)求证:AC1⊥平面A1BC;(2)求二面角A-A1B-C的余弦值.1. 【答案】B2. 【答案】D3. 【答案】A4. 【答案】B5. 【答案】C6. 【答案】C7. 【答案】B8. 【答案】B9. 【答案】D 10. 【答案】A 11. 【答案】A 12. 【答案】C 13. 【答案】35514. 【答案】(-2,0,0) 15. 【答案】60°16. 【答案】-32a1+2a2-72a317. 【答案】如图,以D 为坐标原点,线段DA 的长为单位长,射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz.(1)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). 则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0). 所以·=0,·=0.即PQ ⊥DQ ,PQ ⊥DC.故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ,所以平面PQC ⊥平面DCQ 。

(2)依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1). 设n =(x ,y ,z)是平面PBC 的法向量,即即⎩⎪⎨⎪⎧x =0,-x +2y -z =0.因此可取n =(0,-1,-2). 设m 是平面PBQ 的法向量,则可取m =(1,1,1),所以cos 〈m ,n 〉=-155. 故二面角Q -BP -C 的余弦值为-155. 18. 【答案】(Ⅰ)取AD 的中点G ,连结GF ,CE ,由条件易知FG ∥CD ,FG=12CD. BE ∥CD,BE=12CD.所以FG ∥BE,FG=BE. 故四边形BEGF 为平行四边形. 所以BF ∥平面A ′DE.(Ⅱ)在平行四边形ABCD 中,因为AB =2BC ,∠ABC=120°,设BC=4,作MG ⊥AB 于G ,则32121;===M A AM MG .如图所示建立空间直角坐标系M —xyz ,则)3,27,23(),32,0,0(),0,7,3(),0,1,3(),0,1,3(;----F A C E D ,所以)3,27,23(),32,1,3(),0,2,32('-===MF DA DE .设平面A ′DE 的法向量为),,(z y x n =,由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00'DA n DE n 得⎪⎩⎪⎨⎧=++=+032303z y x y x ,所以)0,3,1(-=n .设直线FM与平面A′DE所成角为θ,则21c o s,3,234234||||||s i n ===⨯=⋅⋅=θπθθMF n MF n .所以直线FM 与平面A ′DE 所成角的余弦值为12.19. 【答案】(Ⅰ)∵四边形ABCD 是正方形,∴AC ⊥BD. ∵PD ABCD ⊥底面,∴PD ⊥AC. ∴AC ⊥平面PDB.∴平面AEC PDB ⊥平面. (Ⅱ)设AC ∩BD=O ,连接OE ,由(Ⅰ)知AC ⊥平面PDB 于O , ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所的角.∴O ,E 分别为DB 、PB 的中点,OEPD ,12OE PD =.又∵PD ABCD ⊥底面, ∴OE ⊥底面ABCD ,OE ⊥AO.在Rt △AOE 中,1222OE PD AB AO ===,∴45AEO ︒∠=,即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45︒. 【解法2】如图,以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -,设,,AB a PD h ==则()()()()(),0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,A a B a a C a D P h ,(Ⅰ)∵()()(),,0,0,0,,,,0AC a a DP h DB a a =-==,∴0,0AC DP AC DB ⋅=⋅=. ∴AC ⊥DP ,AC ⊥BD ,AC ⊥平面PDB. ∴平面AEC PDB ⊥平面. (Ⅱ)当2PD AB =且E 为PB 的中点时,()1120,0,2,,,222P a E a a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,设AC BD O ⋂=,则11(,,0)22O a a ,连结OE ,由(Ⅰ)知AC ⊥平面PDB 于O ,∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角.∵1122,,,0,0,2222EA a a a EO a ⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ∴2cos2EA EO AEO EA EO⋅∠==⋅,∴45AEO ︒∠=,即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45︒. 20. 【答案】建立如图所示的空间直角坐标系,可得有关点的坐标为D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0), A1(4,0,4),B1(4,2,4),C1(0,2,4), D1(0,0,4).于是,M(0,1,4).=(0,1,4),=(4,0,4),=(0,2,4). 设平面DA1M 的法向量为n =(x ,y ,z),则,即⎩⎪⎨⎪⎧y +4z =04x +4z =0.取z =-1,得x =1,y =4.所以平面DA1M 的一个法向量为n =(1,4,-1). 设直线AB1与平面DA1M 所成角为θ, 则sin θ==1015, 所以直线AB1与平面DA1M 所成角的正弦值为1015. 21. 【答案】方法一 (1)证明 如图所示,连结BD ,取DC 的中点G ,连结BG ,由此知DG=GC =BG =1,即△DBC 为直角三角形,故BC ⊥BD.又SD ⊥平面ABCD ,故BC ⊥SD ,所以BC ⊥平面BDS ,BC ⊥DE.作BK ⊥EC ,K 为垂足.因为平面EDC ⊥平面SBC ,故BK ⊥平面EDC ,BK ⊥DE ,即DE 与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直,所以DE ⊥平面SBC , 所以DE ⊥EC ,DE ⊥SB.又DB =AD2+AB2=2,SB =SD2+DB2=6,DE =SD ·DB SB =23,EB =DB2-DE2=63,SE =SB -EB =263, 所以SE =2EB.(2) 由SA =SD2+AD2=5,AB =1,SE =2EB ,AB ⊥SA ,知 AE =⎝ ⎛⎭⎪⎫13SA 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB 2=1.又AD =1.故△ADE 为等腰三角形. 取ED 中点F ,连结AF , 则AF ⊥DE ,AF =AD2-DF2=63. 连结FG ,则FG ∥EC ,FG ⊥DE.所以∠AFG 是二面角A -DE -C 的平面角. 连结AG ,AG =2,FG =DG2-DF2=63. cos ∠AFG =AF2+FG2-AG22AF ·FG =-12.所以二面角A -DE -C 的大小为120°.方法二 (1)证明以D 为坐标原点,线段DA ,DC ,DS 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴.建立如图所示的直角坐标系D -xyz ,设A(1,0,0),则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2).S =(0,2,-2),B =(-1,1,0).设平面SBC 的法向量为n =(a ,b ,c),由n ⊥S ,n ⊥B ,得n ·S =0,n ·B =0.故2b -2c =0,-a +b =0.令a =1,则b =1,c =1,n =(1,1,1).又设S =λ(λ>0),则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1+λ,λ1+λ,21+λ, D =⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1+λ,λ1+λ,21+λ,D =(0,2,0). 设平面CDE 的法向量m =(x ,y ,z),由m ⊥DE ,m ⊥DC ,得m ·DE =0,m ·DC =0.故λx 1+λ+λy 1+λ+2z 1+λ=0,2y =0. 令x =2,则m =(2,0,-λ).由平面DEC ⊥平面SBC ,得m ⊥n 所以m ·n =0,2-λ=0,λ=2.故SE =2EB.(2)解 由(1)知DE =⎝ ⎛⎭⎪⎫23,23,23,取DE 中点F ,则 F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13,13,13,FA =⎝ ⎛⎭⎪⎫23,-13,-13,故FA ·DE =0,由此得FA ⊥DE. 又EC =⎝ ⎛⎭⎪⎫-23,43,-23,故EC ·EC =0,由此得EC ⊥DE ,向量F 与E 的夹角等于二面角A -DE -C 的平面角.于是cos 〈F ,E 〉=FA ECFA EC =-12, 所以二面角A -DE -C 的大小为120°.22. 【答案】 (1)如图,设A1D =t(t>0),取AB 的中点E ,则DE ∥BC ,因为BC ⊥AC ,所以DE ⊥AC ,又A1D ⊥平面ABC ,以DE ,DC ,DA1分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t),=(0,3,t),=(-2,-1,t),=(2,0,0),由1·=0,知AC1⊥CB ,又BA1⊥AC1,BA1∩CB =B ,所以AC1⊥平面A1BC.(2)由·=-3+t2=0,得t =3.设平面A1AB 的法向量为n =(x ,y ,z),=(0,1,3),=(2,2,0),所以{ y +3z =0,2x +2y =0,设z =1,则n =(3,-3,1).再设平面A1BC 的法向量为m =(u ,v ,w),=(0,-1,3),=(2,0,0),所以⎩⎨⎧ -v +3w =0,2u =0,设w =1,则m =(0,3,1).故cos 〈m ,n 〉=m ·n |m|·|n|=-77.因为二面角A -A1B -C 为锐角,所以可知二面角A -A1B -C 的余弦值为77.。

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