【原创】《博雅高考》2015届高三数学三轮高频考点新题演练：空间向量(含解析)

2015届高三数学三轮高频考点新题演练：空间向量（含解析）1．若平面α与β的法向量分别是=（1，0，﹣2），=（﹣1，0，2），则平面α与β的位置关系是（ ）A.平行B.垂直C.相交不垂直D.无法判断 2．设两不同直线a ，b 的方向向量分别是，平面α的法向量是，则下列推理①；②；③；④；其中正确的命题序号是（ ）A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④3．如图，三棱柱111C B A ABC -的各棱长均为2，侧棱1BB 与底面ABC 所成的角为60，11B AA ∠为锐角，且侧面11A ABB ⊥底面ABC ，给出下列四个结论：①601=∠ABB ；②1BB AC ⊥； ③直线1AC 与平面11A ABB 所成的角为45； ④11AC C B ⊥.其中正确的结论是（ ）A.①③B.②④C.①③④D.①②③④4．已知向量)2,1,2(-=→a ，)1,2,2(=→b ，则以→a ，→b 为邻边的平行四边形的面积为( )A ．2B ．4 D ．85．三棱锥ABC O -中，OC OB OA ,,两两垂直且相等，点Q P ,分别是线段BC 和OA 上移动，且满足BC BP 21≤，AO AQ 21≤，则PQ 和OB 所成角余弦值的取值范围是（ ） A ．]552,33[B ．]22,33[C ．]552,66[D ．]22,66[ 6．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF.当A 1，E ，F ，C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.12 C.157．已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且ka ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 值是( ) A ．1 B ．15 C ．35 D ．758．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1A B C D .若123,,S S S 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 ．123S S S == B ．21S S =且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠ D ．32S S =且31S S ≠9．在空间直角坐标系Oxyz 中，y 轴上有一点M 到已知点(4,3,2)A 和点(2,5,4)B 的距离相等，则点M 的坐标是 .10．若O （0，0，0），P （x ，y ，z ），且|OP|=1，则x 2+y 2+z 2=1表示的图形是 _．11．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，SA AB =, 点M 是SD 的中点，AN SC ⊥，且交SC 于点N ．（Ⅰ）求证://SB 平面ACM ；（Ⅱ）求证：平面SAC ⊥平面AMN ； （Ⅲ）求二面角D AC M --的余弦值．12．如图,已知AB ⊥平面ACD ,DE//AB ,△ACD 是正三角形,AD=DE=2AB ,且F 是CD 的中点.（1）求证:AF//平面BCE ;（2）求证:平面BCE ⊥平面CDE ;（3）求平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角的大小.13．（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 与侧面11CBBC 都是菱形，011160ACC CC B ∠=∠=，2AC =.（Ⅰ）求证：11AB CC ⊥；（Ⅱ）若1AB 11C AB A --的余弦值.参考答案1．A【解析】根据题意，算出+=（0，0，0），得+=即∥，由此可得平面α与β的法向量平行，即得平面α与β互相平行．解：∵=（1，0，﹣2），=（﹣1，0，2），∴+=（1﹣1，0+0，﹣2+2）=（0，0，0），即+=由此可得∥∵、分别是平面α与β的法向量∴平面α与β的法向量平行，可得平面α与β互相平行．点评：本题给出两个平面α与β的法向量，判断两个平面的位置关系，着重考查了向量的平行与共线、面面平行的判定等知识，属于基础题．2．B【解析】根据两条直线的方向向量平行，则两条直线平行，两条直线的方向向量垂直，两条直线也垂直，直线的方向向量与平面的法向量平行，则直线与平面垂直，我们结合空间直线与直，直线与平面位置关系的判断方法，逐一分析已知中的四个命题，即可得到答案．解：若，则b⊥α，故①错误；若则，，故②正确；若，则b∥α，故③正确；若，则，又由b⊄α，故b⊥α，故④正确；故选B．点评：本题考查的知识点是向量方法证明线、面位置关系，其中熟练掌握两条直线的方向向量的夹角与直线夹角的关系，直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面夹角的关系，两个平面的法向量的夹角与二面角之间的关系，是解答此类问题的关键．3．C.【解析】如图过A 作11AH A B ⊥，H 为垂足，连结1C H ，如图建立空间直角坐标系，①：∵侧棱1BB 与底面ABC 所成的角为60，11B AA ∠为锐角，侧面11A A B B ⊥底面ABC ，∴1160AA B ∠=，又由三棱柱各棱长相等，可知四边形11AA B B 为菱形，∴`1160ABB AA B ∠=∠=，∴①正确；②：易知A，(1C -，(B -，1(1,0,0)B -∴(1AC =-，1(1,0,BB =，∴110AC BB ⋅=-≠，∴②错误；③：由题意得1C AH ∠即为1AC 与平面11AA B B 所成的角，11tan 1C HC AH AH∠==， ∴145C AH ∠=，∴③正确；④：由②，1BC =，1AC =，∴110BC AC ⋅=，∴11ACC B ⊥，∴④正确.4．B ． 【解析】首先由向量的数量积公式可求→a 与→b 夹角的余弦值94,cos =⋅>=<→→→→→→ba b a b a ，然后根据同角三角函数的关系得965,sin >=<→→b a ，最后利用正弦定理表示平行四边形的面65,sin >=<=→→→→b a b a S ．5．C. 【解析】以O 为原点，分别OB ,OC ,OA 为x , y , z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设3===OC OB OA ，)0,,(n m P , ),0,0(k Q ，则由BC BP 21≤，AO AQ 21≤得出23≥m ，23≤n ，3=+n m ，23≥k .于是向量),,(k n m PQ --=→，)0,0,3(=→OB ，所以22222222221133,cos mk m n k n m m k n m m OBPQ OB PQ OB PQ ++-=++-=++⨯-=⋅>=<→→→→→→，令t m =1，]32,31(∈t ，则26)9(1,cos 22+-+->=<→→t t k OB PQ .因为对称轴为)31,154[932∈+=kt ，所以26)9(22+-+t t k 关于t 为递增函数，关于k 为递增函数.又因为t 与k 独立取值，所以]6,45[26)9(22∈+-+t t k ，所以PQ 和OB 所成角余弦值的取值范围为]552,66[，即为所求.6．B【解析】以D 为原点，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，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A 1，E ，F 、C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c)，依题意得111630660n DE a b n DA a c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)，故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为1212n n n n ⋅⋅＝12.故选B. 7．D 【解析】由,a b 的坐标可得()1,,2ka b k k +=-，()23,2,2a b +=-，两向量互相垂直则0a b ⋅=，即()312220k k ⨯-+⨯-⨯=，解得75k =． 8．D 【解析】三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ， 故选D.9．(0,4,0)M 【解析】设M 的坐标是（0，y ，0），解得4y = ，故M 的坐标是（0，4，0）. 10．以原点O 为球心，以1为半径的球面． 【解析】由题意可知，直接说明P 的轨迹图形即可． 解：O （0，0，0），P （x ，y ，z ），且|OP|=1，，即x 2+y 2+z 2=1，所以x 2+y 2+z 2=1表示的图形是：以原点O 为球心，以1为半径的球面． 故答案为：以原点O 为球心，以1为半径的球面． 点评：本题是基础题，考查空间两点的距离的求法，表达式的几何意义，考查逻辑推理能力．11．（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）3【解析】法一：用几何关系证明和求值.（Ⅰ）连结BD 交AC 于E ，证//ME SB 即可；（Ⅱ）先证AM ⊥平面SD C ，再证SC ⊥平面AMN 即可；（Ⅲ）由三垂线定理先作出二面角D AC M --的平面角FQM ∠，根据数据关系求之即可.法二：建立空间直角坐标系，用空间向量证明求解.试题解析：方法一：（Ⅰ）证明：连结BD 交AC 于E ，连结ME ． ABCD Q 是正方形，∴ E 是BD 的中点．M Q 是SD 的中点，∴ME 是△DSB 的中位线．∴//ME SB ． 2分 又ME ⊂平面ACM ，SB ⊄平面ACM ，∴SB //平面ACM ． 4分 （Ⅱ）证明：由条件有,,DC SA DC DA ⊥⊥∴ DC ⊥平面SAD ，且AM ⊂平面,SAD ∴.AM DC ⊥又∵ ,SA AD M =是SD 的中点，∴.AM SD ⊥ ∴AM ⊥平面.SDC SC ⊂平面,SDC ∴.SC AM ⊥ 6分 由已知SC AN ⊥ ∴SC ⊥平面.AMN又SC ⊂平面,SAC ∴平面SAC ⊥平面.AMN 8分 （Ⅲ）取AD 中点F ，则MF //SA ．作FQ AC ⊥于Q ，连结MQ ． ∵SA ⊥底面ABCD ，∴MF ⊥底面ABCD ． ∴FQ 为MQ 在平面ABCD 内的射影．∵FQ AC ⊥,∴MQ ⊥AC ． ∴FQM ∠为二面角D AC M --的平面角． 10分设SA AB a ==，在Rt MFQ ∆中，11,2224a MF SA FQ DE a ====，∴tan4aFQM∠==．∴二面角D AC M--3． 12分方法二：（Ⅱ）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz-，由SA AB=,可设1AB AD AS===，则11(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(,0,)22A B C D S M．Q11(,0,)22AM=uuu r，()1,1,1CS=--uu r，1122AM CS∴⋅=-+=uuu r uu rAM CS∴⊥uuu r uu r,即有SC AM⊥ 6分又SC AN⊥且AN AM A=．SC∴⊥平面AMN．又SC⊂平面,SAC∴平面SAC⊥平面AMN． 8分（Ⅲ）Q SA⊥底面ABCD，∴ASuu r是平面ABCD的一个法向量，(0,0,1)AS=u u r．设平面ACM的法向量为(,,)n x y z=,11(1,1,0),(,0,)22AC AM==uur uuu r, 则0,0.ACAMnn⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uurr uuu r即00,1100.22x yx z++=⎧⎪⎨++=⎪⎩, ∴,.y xz x=-⎧⎨=-⎩令1x=-,则(1,1,1)n=-． 10分cos,3||||ASASASnnn<>===⋅uu r ruu r r guu r r由作图可知二面角D AC M--为锐二面角∴二面角D AC M -- 12分 12．（1）见解析；（2）见解析；（3）45︒.【解析】（1）取CE 中点P ，连接FP 、BP ，根据中位线定理可知FP||DE ，且且FP=.21DE ，而AB||DE ，且AB=.21DE 则ABPF 为平行四边形，则AF||BP ，AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ，满足线面平行的判定定理，从而证得结论；（2）根据AB ⊥平面ACD ，DE||AB ，则DE ⊥平面ACD ，又AF ⊂平面ACD ，根据线面垂直的性质可知DE AF AF CD CD DE D ⊥⊥=．又，，满足线面垂直的判定定理，证得AF ⊥平面CDE ，又BP||AF ，则BP ⊥平面CDE ，BP ⊂平面BCE ，根据面面垂直的判定定理可证得结论；（3）由（2），以F 为坐标原点，FA ，FD ，FP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系F ﹣xyz ．设AC=2，根据线面垂直求出平面BCE 的法向量n ，而m=（0，0，1）为平面ACD 的法向量，设平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为α，根据||cos ||||m n m n α⋅=⋅可求出所求．解：（1）解:取CE 中点P,连结FP 、BP,∵F 为CD 的中点,∴FP||DE,且FP=.21DE 又AB||DE,且AB=.21DE ∴AB||FP,且AB=FP, ∴ABPF 为平行四边形,∴AF||BP又∵AF ⊄平面BCE,BP ⊂平面BCE,∴AF||平面BCE（2）∵△ACD 为正三角形,∴AF CD ⊥.∵AB ⊥平面ACD,DE||AB,∴DE ⊥平面ACD,又AF ⊂平面ACD,∴DE ⊥AF.又AF ⊥CD,CD∩DE=D,∴AF ⊥平面CDE又BP||AF,∴BP ⊥平面CDE.又∵BP ⊂平面BCE,∴平面BCE ⊥平面CDE（3）法一、由（2）,以F 为坐标原点,FA,FD,FP 所在的直线分别为x,y,z 轴（如图）,建立空间直角坐标系F —xyz.设AC=2,则C （0,—1,0）,).2,1,0(,),1,0,3(E B -设(,,)n x y z =为平面BCE 的法向量，00,0,220y z n CB n CE y z ⎧++=⎪∴⋅=⋅=∴⎨+=⎪⎩ ，令n=1,则(0,1,1)n =- 显然,)1,0,0(=m 为平面ACD 的法向量.设面BCE 与面ACD 所成锐二面角为,α则||cos||||m n m n α⋅===⋅∴ 45=α. 即平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为45︒法二、延长EB 、DA,设EB 、DA 交于一点O,连结CO.则面EBC 面DAC CO =.由AB 是EDO ∆的中位线,则AD DO 2=.在OCD ∆中22OD AD AC ==, 060=∠ODC .CD OC ⊥,又DE OC ⊥.OC ∴⊥ 面,ECD 而CE ⊂面ECD,为所求二面角的平面角ECD CE OC ∠∴⊥∴,在Rt EDC ∆中，ED CD =，045=∠∴ECD即平面BCE 与平面ACD 所成锐二面角为45︒.考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．13．（1）证明详见解析；（2）. 【解析】本题主要考查线线垂直、线面垂直、二面角等基础知识，意在考查考生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力.第一问，连结AC 1，CB 1，取1CC 中点，连结AO 、1B O ，由于△ACC 1和△B 1CC 1皆为正三角形，所以CC 1⊥OA ，CC 1⊥OB 1，所以利用线面垂直的判定，得到CC 1⊥平面OAB 1，再利用线面垂直的性质得到CC 1⊥AB 1；第二问，利用向量法，利用第一问的相互垂直关系建立空间直角坐标系，写出相应的的坐标及相应向量的坐标，求出平面CAB 1和平面A 1AB 1的法向量，再利用夹角公式求出cos ,m n <>，最后判断出二面角是钝角还是锐角.解：（Ⅰ）证明：连AC 1，CB 1，则△ACC 1和△B 1CC 1皆为正三角形．取CC 1中点O ，连OA ，OB 1，则CC 1⊥OA ，CC 1⊥OB 1，则CC 1⊥平面OAB 1，则CC 1⊥AB 1． 4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，OA ＝OB 1AB 1，所以OA ⊥OB 1．如图所示，分别以OB 1，OC 1，OA 为正方向建立空间直角坐标系，则C(0，－1，0)，B 10，0)，A(0，0， 6分设平面CAB 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 因为1(3,0,AB =，(0,1,AC =-，所以11111100010x y z x y z +⨯=⨯-⨯=⎪⎩，取m＝(11)． 8分设平面A 1AB 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 因为1(3,0,AB =，1(0,2,0)AA =，所以222111000200x y z x y z +⨯=⨯+⨯+⨯=⎪⎩，取n ＝(1，0，1)． 10分则cos ,5||||5m n m n m n ⋅<>===⨯，因为二面角C-AB 1-A 1为钝角，所以二面角C-AB 1-A 1的余弦值为5-． 12分。