2018届高考数学(理)二轮专题复习： 专题五 立体几何 1-5-3 Word版含答案.doc

限时规范训练十四 空间向量与立体几何
限时45分钟，实际用时
分值81分，实际得分
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2017·山东青岛模拟)已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面
ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )
A.64
B.
104 C.22
D.
32
解析：选A.如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→
＝(3，1,2)，则BO →
＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB 1→
·BO →||AB 1→||BO →|
＝|－3|22×3＝6
4.
2．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B ­AA 1­C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )
A.7
B. 6
C. 5
D ．2
解析：选A.由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1
的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1→
·BC 1→
＝(BB 1→
－BA →)·(BB 1→＋BC →
)＝4，
|AB 1→
|＝22，|BC 1→
|＝4，
cos 〈AB 1→
，BC 1→
〉＝
AB 1→·BC 1
→
|AB 1→
|·|BC 1→
|
＝
24
， 故tan 〈AB 1→
，BC 1→
〉＝7.
3．如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB
＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )
A ．－3010
B ．－305
C.
305 D.
3010
解析：选D.因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP →＝(－4,2,2)，AD →
＝(2,0,1)．
所以cos 〈AD →，CP →〉＝AD →·CP →
|AD →|×|CP →|＝－65×26＝－30
10.
设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD →，CP →〉|＝30
10
.
4．(2017·山西四市联考)在空间直角坐标系O ­xyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，
D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ­ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面
积，则( )
A ．S 1＝S 2＝S 3
B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3
C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2
D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1
解析：选D.如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝1
2×2×2＝2.
三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝1
2×2×2
＝ 2.
三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝
1
2×2×2＝ 2.
所以S 2＝S 3且S 1≠S 3，故选D.
5．如图，点E ，F 分别是正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )
A ．0条
B ．1条
C ．2条
D ．无数条
解析：选B.假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2,0,2)，E (1,2,0)，设M (x ，y ，z )，D 1M →
＝mD 1E →
(0＜m ＜1)，∴(x －2，y ，z －2)＝
m (－1,2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m ，∴M (2－m,2m,2－2m )，同理，若设C 1N →＝nC 1F →
(0＜n
＜1)，可得N (2n,2n,2－n )，MN →
＝(m ＋2n －2,2n －2m,2m －n )．又∵MN ⊥平面ABCD .
∴⎩⎪⎨⎪⎧
m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
m ＝2
3，n ＝2
3，
即存在满足条件的直线MN ，且只有一条．
6．(2017·安徽合肥模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，给出以下四个命题：
①异面直线C 1P 和CB 1所成的角为定值； ②二面角P ­BC 1­D 的大小为定值； ③三棱锥D ­BPC 1的体积为定值；
④直线CP 与平面ABC 1D 1所成的角为定值． 其中真命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3
D ．4
解析：选C.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，
则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)． 设P (t,0,1－t )，0≤t ≤1.
①中，C 1P →
＝(t ，－1，－t )，CB 1→
＝(1,0,1)，因为C 1P →
·CB 1→
＝0，所以C 1P ⊥CB 1，故①对；②中，因为D 1A ∥C 1B ，所以平面PBC 1即平面ABC 1D 1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故②对；③中，因为点P 到直线BC 1的距离AB ＝1，所以V 三棱锥D ­BPC 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×BC 1×AB ×1
2CB 1＝16，故③
对；④中，CP →＝(t ，－1,1－t )，易知平面ABC 1D 1的一个法向量为CB 1→＝(1,0,1)，所以cos 〈CP →
，
CB 1→
〉不是定值，故④错误．
二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
7．(2017·江苏南京三模)如图，三棱锥A ­BCD 的棱长全相等，点E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为________．
解析：设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AC →·(AD →－AB →)＝12AD →2
－12AD →·AB →
－
AC →·AD →＋AC →·AB →
＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos〈CE →，BD →〉＝CE →·BD
→
|CE →||BD →|＝
1432
＝
36
. 答案：
36
8．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π
3，AC ＝4，点M 为AA 1的中点，点P 为BM
的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3
QC ，则异面直线PQ 与AC 所成角的正弦值为________．
解析：由题意，以C 为原点，以AC 边所在直线为x 轴，以BC 边所在直线为y 轴，以CC 1边所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a ，由∠BAC ＝
π
3
，AC ＝4，得BC ＝43，所以A (4,0,0)，B (0,43，0)，C (0,0,0)，A 1(4,0，a )，M ⎝
⎛
⎭⎪
⎫
4，0，a 2，
P ⎝
⎛⎭⎪⎫2，23，a 4，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，a 4.所以QP →＝(1,23，0)，CA →＝(4,0,0)．设异面直线QP 与CA 所成
的角为θ，所以|cos θ|＝|QP →
·CA →
||QP →|·|CA →|＝4413＝1313.由sin 2θ＋cos 2θ＝1得，sin 2
θ＝1213，所
以sin θ＝±23913，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin θ＝239
13
即为所求．
答案：239
13
9．(2017·河北衡水模拟)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M, N 分别在AB 1，BC 1上，且
AM ＝13AB 1，BN ＝13
BC 1，则下列结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④BD 1⊥MN .其中
正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)
解析：如图，建立以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系．令正方体的棱长为3，可得D (0,0,0)，A (0,3,0)，A 1(0,3,3)，C 1(3,0,3)，D 1(0,0,3)，
B (3,3,0)，M (1,3,1)，N (3,2,1)．
①中，AA 1→
＝(0,0,3)，MN →＝(2，－1,0)，因为AA 1→·MN →＝0，所以①正确；②中，A 1C 1→
＝(3，－3,0)，与MN →不成线性关系，所以②错；③中，易知平面A 1B 1C 1D 1的一个法向量为DD 1→
＝(0,0,3)，而DD 1→
·MN →＝0，且MN ⊄平面A 1B 1C 1D 1，所以③正确；④中，BD 1→＝(－3，－3,3)，因为BD 1→·MN →
≠0，所以④错误．
答案：①③
三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)
10．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ，AB ＝BC ＝12
AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．
(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45°，求二面角M ­AB ­D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 中点F ，连接EF ，BF ，CE . ∵E ，F 为PD ，PA 中点，∴EF 为△PAD 的中位线， ∴EF ═∥12
AD .
又∵∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∴BC ∥AD . 又∵AB ＝BC ＝12AD ，∴BC ═∥12AD ，∴EF ═∥
BC .
∴四边形BCEF 为平行四边形，∴CE ∥BF . 又∵BF ⊂面PAB ，∴CE ∥面PAB .
(2)以AD 中点O 为原点，如图建立空间直角坐标系．
设AB ＝BC ＝1，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0，3)．
M 在底面ABCD 上的投影为M ′，∴MM ′⊥BM ′.又BM 与底面ABCD 所成角为45°，
∴∠MBM ′＝45°，∴△MBM ′为等腰直角三角形． ∵△POC 为直角三角形，且|OP |
|OC |
＝3，∴∠PCO ＝60°. 设|MM ′|＝a ，|CM ′|＝
33a ，|OM ′|＝1－33
a . ∴M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1－33a ，0，0.BM ′→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－33a ，1，0，
|BM ′|＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫33a 2＋12＋02＝13a 2＋1＝a ⇒a ＝6
2
. ∴|OM ′|＝1－33a ＝1－22
. ∴M ′⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－22，0，0，M ⎝
⎛
⎭⎪⎫1－22，0，62 AM →
＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－22，1，62，AB →＝(1,0,0)．
设平面ABM 的法向量m ＝(0，y 1，z 1)．
y 1＋
6
2
z 1＝0，∴m ＝(0，－6，2) AD →
＝(0,2,0)，AB →
＝(1,0,0)．
设平面ABD 的法向量为n ＝(0,0，z 2)，n ＝(0,0,1)．
∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝210×1
＝21010＝10
5.
∴二面角M ­AB ­D 的余弦值为
10
5
. 11．如图所示的几何体中，ABC ­A 1B 1C 1为三棱柱，且AA 1⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°.
(1)若AA 1＝AC ，求证：AC 1⊥平面A 1B 1CD .
(2)若CD ＝2，AA 1＝λAC ，二面角C ­A 1D ­C 1的余弦值为
2
4
，求三棱锥C 1­A 1CD 的体积． 解：(1)证明：若AA 1＝AC ，则四边形ACC 1A 1为正方形， 则AC 1⊥A 1C ，
因为AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°， 所以△ACD 为直角三角形，则AC ⊥CD ， 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AC ＝A ，
所以CD ⊥平面ACC 1A 1，则CD ⊥AC 1， 因为A 1C ∩CD ＝C ，所以AC 1⊥平面A 1B 1CD . (2)若CD ＝2，因为∠ADC ＝60°，所以AC ＝23，
则AA 1＝λAC ＝23λ，
建立以C 为坐标原点，CD ，CA ，CC 1分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图所示，
则C (0,0,0)，D (2,0,0，)，A (0,23，0)，C 1(0,0,23λ)，A 1(0,23，23λ)． 则A 1D →
＝(2，－23，－23λ)，CD →＝(2,0,0)，C 1A 1→
＝(0,23，0)． 设平面CA 1D 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则m ·A 1D →＝2x －23y －23λz ＝0，m ·CD →
＝2x ＝0， 则x ＝0，y ＝－λz ，
令z ＝1，则y ＝－λ，则m ＝(0，－λ，1)． 设平面A 1DC 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，
n ·A 1D →
＝2x 1－23y 1－23λz 1＝0， n ·C 1A 1→
＝23y 1＝0，
则y 1＝0,2x 1－23λz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝3λ， 则n ＝(3λ，0,1)， 因为二面角C ­A 1D ­C 1的余弦值为
24
. 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝11＋λ2·1＋3λ
2
＝2
4. 即(1＋λ2
)(1＋3λ2
)＝8，得λ＝1，即AA 1＝AC ， 则三棱锥C 1­A 1CD 的体积
V ＝VD ­A 1C 1C ＝1
3CD ·12
AC ·AA 1
＝13×2×1
2
×23×23＝4. 12．(2017·浙江宁波模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图(2)．
(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE . (2)求二面角E ­A 1B ­C 的余弦值．
(3)判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EP
PB
的值；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC . 又∵AD 1⊥DC ，A 1D ∩DE ＝D ，∴DC ⊥平面A 1DE ， ∴DC ⊥A 1E .
又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE ＝D ，∴A 1E ⊥平面BCDE .
(2)∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系．易知DE ＝23，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，C (4,23，0)，D (0,23，0)，
∴BA 1→
＝(－2,0,2)，BC →
＝(2,23，0)，平面A 1BE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由BA 1→·m ＝0，BC →
·m ＝0， 得⎩⎨
⎧
－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.
令y ＝1，得m ＝(－3，1，－3)，
∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝17×1＝7
7
.
由图，得二面角E ­A 1B ­C 为钝二面角，∴二面角E ­A 1B ­C 的余弦值为－
7
7
. (3)假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .设P (t,0,0)(0≤t ≤2)，则A 1P →
＝(t,0，－2)，
A 1D →
＝(0,23，－2)，设平面A 1DP 的法向量为
p ＝(x 1
，y 1
，z 1
)，由⎩⎨⎧
A 1
D →
·p ＝0，
A 1
P →
·p ＝0，
得
⎩⎨⎧ 23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1＝2，得p ＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫2，t 3，t . ∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p ＝0，即23－t
3＋3t ＝0，解得t ＝－3.
∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .。