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高三理科复习--用空间向量法解决立体几何问题T

时间:2014-01-11


高三理科复习--用空间向量法解决立体几何问题 T
一、选择题: 1.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= A.相交 B.平行 2a ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( B ). 3 C.垂直 D.不能确定

2.如图,在 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2. 若二面角 B1-DC- C1 的大小为 60°,则 AD 的长为( A A. 2 B. 3 C.2 D. 2 2 )

3.已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的 正弦等于( A ). A. 6 4 B. 10 4 C. 2 2 D. 3 2

4.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 AB CD.若 PA=BA,则平面 ABP 和 平面 CDP 所成的二面角的大小是( B ). A.30° B.45° C.60° D.90° 5.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,线段 B1D1 上有两个动点 E,F 且 EF= 2 ,则下列结论中错误的是[来源:Z&xx&k.( D ). 2 B.EF∥平面 ABCD D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值

A.AC⊥BE

C.三棱锥 ABEF 的体积为定值

6.正四棱锥 P-ABCD 的所有棱长相等,E 为 PC 的中点,那么异面直线 BE 与 PA 所成角的余弦值等 于( D ) 1 2 2 3 A. B. C. D. 2 2 3 3 7.已知二面角 αlβ 的大小为 60° ,点 B、C 在棱 l 上,A∈ α,D∈ β,AB⊥ l, CD⊥ l,AB=BC=1,CD=2,则 AD 的长为( A ) A.2 B. 5 C.2 2 D. 3

8.如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1,CA=CC1=2CB, 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( A ) A. 5 5 B. 5 3 2 5 C. 5 3 D. 5

9.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1,AC=2,BC= 3,D、E 分别是 AC1 和 BB1 的中点,则直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为 A π A. 6 π B. 4 π C. 3 π D. 2

10 .点 P 是底边长为 2 3 , 高为 2 的正三棱柱表面上的动点 ,MN 是该棱柱内切球的一条直径 ,则
1

???? ? ???? PM ? PN 取值范围是( C )
A.[0,2] B.[0,3] C.[0,4] D.[—2,2]

二、填空题: 1.到正方体 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距离相等的点:①有且只有 1 个; ②有且只有 2 个;③有且只有 3 个;④有无数个.其中正确答案的序号是________. 解析 注意到正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角线 B1 D 上的每一点到直线 AB,CC1,A1D1 的 距离都相等,因此到 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB,CC1,A1D1 所在直线距离相等的点 有无数个, 其中正确答案的序号是④. 2.如图,已知三棱柱 ABCA1B1C1 的各条棱长都相等,且 CC1⊥ 底面 ABC,M 是侧棱 CC1 π 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所成的角为__ ______. 2 3.如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD, 2 15 AB⊥平面 BCD,AB=2 3,则点 A 到平面 MBC 的距离等于___ _____. 5 4.如图,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1, 3 点 M 是线段 DC1 上的动点,则点 M 到直线 AD1 距离的最小值为__ a.______. 3 → 解析 设 M(0,m,m)(0≤m≤a),AD1=(-a,0,a),直线 AD1 的一个单位 2 2? ? → 方向向量 s0=?- ,0, ?,由MD1=(0,-m,a-m),故点 M 到直线 AD1 2 2 ? ? 的距离 d= → 2 → 2 |MD1| -|MD1·s0| =

m2+? a-m?

2

1 - ? a-m? 2

2



3 2 1 m -am+ a2, 2 2

-a a 3?a?2 a 1 2 1 2 3 当 m=- = 时取最小值 ? ? -a× + a = a ,故 d 的最小值为 a. 3 3 2?3? 3 2 3 3 2× 2 5.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,点 P 在线段 BD1 上.当∠APC 最大时,三棱锥 P-ABC 的体 积为________. 解析 以 B 为坐标原点, BA 为 x 轴, BC 为 y 轴, BB1 为 z 轴建立空间直角坐标系(如图), 设 BP =λ BD1 ,

??? ?

???? ?

? ??? ? ??? AP · CP 1 1 1 ? 可求得当 λ = 时,∠APC 最大,故 VP-ABC= × ? ??? 可得 P(λ ,λ ,λ ),再由 cos∠APC= ??? 3 3 2 | AP || CP |
1 1 ×1×1× = . 3 18

三、解答题 1.如图,在四棱锥 PABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD=120 ° , 且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.

2

(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 AMNQ 的平面角的余弦值. (1)证明 因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)解 连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建 立空间直角坐标系 Oxyz, 如图所示.在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AC.在直角三角形 PAC 中,AC=2 3,PA=2 6, AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下,A(- 3,0,0),B(0,-3,0), C( 3,0,0),D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M?-

?

3 3 3 3 ? ? ? ,- , 6 ,N - , , 6 , 2 2 ? ? 2 2 ?

Q?

3 2 6? 3 3 → .设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量.由AM=? ,- , 6?, 2 ? 3 ,0, 3 ? ?2 ? y+ ? 23x-3 2 ? 6 知,? ? 3 3 ? 2 x+2y+ 6z=0, 取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 6z=0.

3 3 → AN=? , , 2 2 ?

5 3 3 6? → ? 5 3 3 6? → 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量.由QM=?- ,QN= - 知, ,- , , , 2 3? ? 6 ? 6 2 3? 6 y+ z=0, ?-5 6 3x-3 2 3 ? 5 3 3 6 ?- 6 x+2y+ 3 z=0.

取 z=5,得 n=(2 2,0,5).于是 cos〈m,n〉=

m· n 33 = .[来源:Z。 |m|· |n| 33

xx。所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为

33 . 33

2.如图,已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是正三角形,侧面 ABB1A1 是菱形 ,且∠A1AB=60° ,M 是 A1B1 的中点,MB⊥AC.(1 )求证:MB⊥平面 ABC;(2)求二面角 A1BB1C 的余弦值. (1)证明 ∵侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB=60° ,∴△A1BB1 为正三角形, 又∵点 M 为 A1B1 的中点,∴BM⊥A1B1,∵AB∥A1B1,∴BM⊥AB,由已知 MB⊥AC, ∴MB⊥平面 ABC. (2)解 如图建立空间直角坐标系,设菱形 ABB1A1 边长为 2,得 B1(0,-1, 3), → → A(0,2,0),C( 3,1,0),A1(0,1, 3).则BA1=(0,1, 3),BA=(0,2,0), → → BB1=(0,-1, 3),BC=( 3,1,0).设面 ABB1A1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),由

?2y1=0, → → n1⊥BA,n1⊥BA1得,? 令 x1=1,得 n1=(1,0,0).设面 BB1C1C 的 ?y1+ 3z1=0,
→ → ?-y2+ 3z2=0, 法向量 n2=(x2,y2,z2),由 n2⊥BB1,n2⊥BC得? 令 y2= 3,得 n2=(-1, 3,1), ? 3x2+y2=0.

3

得 cos〈n1,n2〉=

n1 · n2 -1 5 5 = =- .又二面角 A1BB1C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为 . |n1||n2| 1· 5 5 5

3.如图,在四棱锥 PABCD 中,PC ⊥底面 ABCD,ABCD 是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB= 2AD=2CD=2.E 是 PB 的中点.(1)求证:平面 EAC⊥平面 PBC; (2)若二面角 PACE 的余弦值为 6 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值. 3

(1)证明 ∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1, ∴AC=BC= 2,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,又 BC∩PC=C, ∴AC⊥平面 PBC,∵AC?平面 EAC,∴平面 EAC⊥平面 PBC. → → → (2)解 如图,以 C 为原点,DA、CD、CP分别为 x 轴、y 轴、z 轴正向,建立空间直角坐标系, 1 1 a 则 C(0,0 ,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).设 P(0,0,a)(a>0),则 E ,- , , 2 2 2 1 a → → → 1 CA=(1,1,0),CP=(0,0,a),CE= ,- , ,取 m=(1,-1,0),则 2 2 2 → → m· CA=m· CP=0,m 为面 PAC 的法向量.设 n=(x,y,z)为面 EAC 的法向量,
? ?x+y=0, → → 则 n· CA=n· CE=0,即? 取 x=a,y=-a,z=-2,则 ?x-y+az=0, ?

n=(a,-a,-2),依题意,|cos〈m,n〉|=

|m· n| a 6 = 2 = ,则 a=2. |m||n| 3 a +2

→ → 于是 n=(2,-2,-2),PA=(1,1,-2).设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ,则 sin θ=|cos〈PA, → |PA· n| 2 2 n〉|= = ,即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 . 3 3 → |PA||n|

4.如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AB=BC=2AA1,∠ ABC=90° ,D 是 BC 的中点. (1)求证:A1B∥ 平面 ADC1;(2)求二面角 C1ADC 的余弦值; (3)试问线段 A1B1 上是否存在一点 E,使 AE 与 DC1 成 60° 角?若存在,确定 E 点位置; 若不存在,说明理由. 解析:(1)连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD.由 ABCA1B1C1 是直三棱柱,得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点.又 D 为 BC 的中点,所以 OD 为△ A1BC 的中位线, 所以 A1B∥ OD,因为 OD?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1,所以 A1B∥ 平面 ADC1. (2)由 ABCA1B1C1 是直三棱柱,且∠ ABC=90° ,得 BA、BC、BB1 两两垂直.以 B 为坐 标原点,以 BC、BA、BB1 所在直线分别为 x、y、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz. → 设 BA=2,则 B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以AD=(1,-2,

4

→ ? ? AD=0, ?n· ?x-2y=0, → 0),AC1=(2,-2,1)设平面 ADC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有? 所以? 取 → ? ?2x-2y+z=0. ? AC1=0. ? n· n· v y=1,得 n=(2,1,-2).易知平面 ADC 的一个法向量为 v=(0,0,1).所以 cos 〈n,v〉= = |n|· |v| 2 2 - .因为二面角 C1ADC 是锐二面角,所以二面角 C1ADC 的余弦值为 . 3 3 (3)假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设 E(0,λ,1), → → → → 其中 0≤λ≤2.所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1).因为 AE 与 DC1 成 60° 角,所以|cos 〈AE,DC1〉 |=| → → AE· DC1 1 1 1 = .即| |= ,解得 λ=1 或 λ=3(舍去).所以当点 E 为线段 A1B1 的中点 2 → → 2 2 ( λ - 2 ) + 1· 2 |AE|· |DC1|

时,AE 与 DC1 成 60° 角.

5.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; EF (3)线段 EA 上是否存在点 F,使 EC∥平面 FBD?若存在,求出 ;若不存在,说明理由. EA 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 → → |EC· OD| 3 → → → 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〉 = = , 3 → → |EC||OD|

|

|

即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为

3 . 3

1 1? 1 2? EF 1 → 1→ (3)存在点 F, 且 = 时, 有 EC∥平面 FBD.证明如下: 由EF= EA=? F? ?-3,0,-3?知, ?-3,0,3?, EA 3 3 → ? BD=0, ?v· 2? → ?4 所以FB=?3,0,-3?.设平面 FBD 的法向量为 v=(a, b, c), 则有? → ? FB=0. ?v· -a+b=0, ? ? 所以?4 2 a- z=0. ? 3 3 ?

→ 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. EF 1 即点 F 满足 = 时,有 EC∥平面 FBD. EA 3

5


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