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【优化方案】2016年高考数学二轮复习 第一部分专题四 第3讲 空间向量与立体几何专题强化精练提能 理


第一部分专题四 立体几何 第 3 讲 空间向量与立体几何专题强化精 练提能 理
[A 卷] 1. 设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点 O, 球面上两个点 A, B 的坐标分别为 A(1, 2,2),B(2,-2,1),则|AB|=( ) A.18 B.12 C.3 2 D.2 3 解析:选 C.|AB|= 2 2 2 (1-2) +[2-(-2)] +(2-1) =

18=3 2. 2. 在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,E,F 分别为 CD 和 C1C 的中点,则直线 AE 与 D1F 所成角 的余弦值为( )

1 2 B. 3 5 3 3 C. D. 5 7 解析:选 B.以 D 为原点,分别以 DA、DC、DD1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系(图略).若棱长为 2,则 A(2,0,0)、E(0,1,0)、D1(0,0,2)、F(0,2,1). → → 所以EA=(2,-1,0),D1F=(0,2,-1), → → EA?D1F → → cos 〈EA,D1F〉= → → |EA||D1F| -2 2 = =- . 5 5? 5 A. 2 则直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为 . 5 3.长方体 ABCD?A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( ) 30 3 30 A. B. 10 10 3 3 3 D. 10 10 解析:选 A. 建立坐标系如图, C.

1

→ → 则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2),BC1=(-1,0,2),AE=(- 1,2,1), → → BC1?AE 30 → → 所以 cos〈BC1,AE〉= = . → → 10 |BC1||AE| 4.(2015?河南省第一次统一检测)在正三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AB=4,点 D 在棱 BB1 上, 若 BD=3,则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为( ) 2 3 4 A. B. 5 3 C. 5 4 D. 2 39 13

→ → → → → → → 解析: 选 D.取 AC 的中点 E, 连接 BE, 如图, 可得AD? EB=(AB+BD)?EB=AB? EB=4?2 3 3 → → ? =12=5?2 3?cos θ (θ 为AD与EB的夹角), 2

2 3 13 39 所以 cos θ = ,sin θ = ,tan θ = ,又因为 BE⊥平面 AA1C1C,所以所求 5 5 6 2 39 角的正切值为 . 13 5.在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二 面角的余弦值为( ) 1 2 A. B. 2 3 C. 3 3 D. 2 2

解析:选 B.以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A?xyz,设棱长为 1,

1? ? 则 A1(0,0,1),E?1,0, ?,D(0,1,0), 2? ? 1? → → ? 所以A1D=(0,1,-1),A1E=?1,0,- ?, 2? ? 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ?y=2, ? ? 则? 1 所以? ?z=2. 1- z=0, ? ? ? 2 所以 n1=(1,2,2).
2

因为平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 所以 cos〈n1,n2〉= = . 3?1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 6. 如图,三棱锥 A?BCD 的棱长全相等,E 为 AD 的中点,则直线 CE 与 BD 所成角的余弦 值为( )

A. C.

3 6

B.

3 2

33 1 D. 6 2 解析:选 A.设 AB=1, → → → → → → 则CE?BD=(AE-AC)?(AD-AB) 1→2 1→ → → → → → = AD - AD?AB-AC?AD+AC?AB 2 2 1 1 1 = - cos 60°-cos 60°+cos 60°= . 2 2 4 1 → → 4 CE ? BD 3 → → 所以 cos〈CE,BD〉= = = . → → 3 6 |CE||BD| 2 → → 7.正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,若动点 P 在线段 BD1 上运动,则DC?AP的取值范围 是________. → → → → → → → → → 解析:依题意,设BP=λ BD1,其中 λ ∈[0,1],DC?AP=AB?(AB+BP)=AB?(AB+λ 3? ? → → → → → → BD1)=AB2+λ AB?BD1=1+ 3λ ??- ?=1-λ ∈[0,1],因此DC?AP的取值范围是[0, ? 3? 1]. 答案:[0,1] 8. 如图,矩形 ABCD 中,AB=2,BC=4,将△ABD 沿对角线 BD 折起到△A′BD 的位置, 使点 A′在平面 BCD 内的射影点 O 恰好落在 BC 边上,则异面直线 A′B 与 CD 所成角的大小 为________.

解析:过 O 作 OE∥CD 交 BD 于点 E,由题意知,A′O⊥OC,A′O⊥OE,OE⊥OC,故以 O → → → 为原点,OC,OE,OA′分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,则 A′(0,0, 3), → → B(-1,0,0),C(3,0,0),D(3,2,0),所以A′B=(-1,0,- 3),CD=(0,2,0), → → → → A′B?CD=0,所以A′B⊥CD,故异面直线 A′B 与 CD 所成角的大小为 90°. 答案:90°
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π 9.(2015?合肥市质量监测)在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,若 BC⊥AC,∠BAC= ,AC=4, 3 点 M 为 AA1 的中点,点 P 为 BM 的中点,Q 在线段 CA1 上,且 A1Q=3QC,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 CC1 边所 π 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= ,AC=4,得 3

BC=4 3,所以 A(4,0,0),B(0,4 3,0),C(0,0,0),A1(4,0,a),B1(0,4 3,a), a? ? a? ? C1(0,0,a),M?4,0, ?,P?2,2 3, ?,

?

2?

?

4?

Q?1,0, ?.所以QP=(1,2 3,0),CA=(4,0,0).设异面直线 QP 与 CA 所成的角为
4? → → |QP?CA| → → → → θ ,所以 cos θ = ,由|QP?CA|=1?4+2 3?0+0?0=4,|QP|?|CA|= 13? → → |QP||CA| 4=4 13,得 cos θ = 4 4 13 = 13 . 13

? ?

a?





12 2 39 2 2 2 由 sin θ +cos θ =1,得 sin θ = ,所以 sin θ =± ,因为异面直线所成角的 13 13 正弦值为正,所以 sin θ = 2 答案: 2 39 即为所求. 13

39 13 10.正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,E、F 分别为 BB1、CD 的中点,则点 F 到平面 A1D1E 的距离为________. 解析:

以 A 为坐标原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 如图所示, 1? ? 则 A1(0,0,1),E?1,0, ?, 2? ?

4

? ? F? ,1,0?,D1(0,1,1).
1 ?2

? 1? → → ? 所以A1E=?1,0,- ?,A1D1=(0,1,0). 2? ?
设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), 1 → ? ?x- z=0, ?n?A1E=0, ? 2 则? 即? → ?n?A ? D = 0 , ? 1 1 ?y=0. 令 z=2,则 x=1,所以 n=(1,0,2). → ?1 ? 又A1F=? ,1,-1?,所以点 F 到平面 A1D1E 的距离为 ?2 ? ?1-2? ? ? → |A1F?n| ?2 ? 3 5 d= = = . |n| 10 5 3 5 答案: 10 11.(2015?临沂模拟)如图所示,在多面体 ABCD?A1B1C1D1 中,上、下两个底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互相平行,且都是正方形,DD1⊥底面 ABCD,AB∥A1B1,AB=2A1B1=2DD1=2a.

(1)求异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值; (2)已知 F 是 AD 的中点,求证:FB1⊥平面 BCC1B1. 解:

以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 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,则 A(2a,0,0),B(2a,2a,0),C(0,2a,0),D1(0,0,a),F(a,0,0), B1(a,a,a). → → (1)因为AB1=(-a,a,a),DD1=(0,0,a), → → AB1?DD1 3 → → 所以 cos〈AB 1,DD1〉= = , → → 3 |AB1|?|DD1| 所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 3 . 3

→ → → (2)证明:因为BB1=(-a,-a,a),BC=(-2a,0,0),FB1=(0,a,a), → → ? ?FB1?BB1=0, 所以? 所以 FB1⊥BB1,FB1⊥BC. → → ? ?FB1?BC=0,

5

因为 BB1∩BC=B,所以 FB1⊥平面 BCC1B1. 12.如图,在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中,其边长为 2,E 为棱 DD1 的中点,F 为对角线 DB 的中点.

(1)求证:平面 CFB1⊥平面 EFB1; (2)求异面直线 EF 与 B1C 所成角的余弦值; (3)求直线 FC1 与平面 B1CA 所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为 F 为 DB 的中点, 则 CF⊥BD,又 CF⊥D1D,BD∩D1D=D, 所以 CF⊥平面 BB1D1D, 因为 CF? 平面 CFB1, 所以平面 CFB1⊥平面 EFB1. (2)以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 则 D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),C1(0,2,2).

→ → 所以EF=(1,1,-1),B1C=(-2,0,-2). 所以异面直线 EF 与 B1C 所成角的余弦值为 2-2 ? ? → → |cos〈B1C,EF〉|=? 2 2?=0. 3 ? (- 2 ) +(- 2 ) ? ? (3)由(1)知 CF⊥EF, 由(2)知 EF⊥B1C, 又 B1C∩CF=C,B1C,CF? 平面 B1CA, 所以 EF⊥平面 B1CA. → 所以EF是平面 B1CA 的法向量. → 因为FC1=(-1,1,2), → → EF?FC1 2 → → 所以 cos〈FC1,EF〉= =- , → → 3 |EF||FC1| 2 . 3 13.(2015?淮南市监测考试)如图,已知四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AD∥BC, AD⊥CD,且 AB⊥AC,AB=AC=PA=2,E 是 BC 的中点. 所以直线 FC1 与平面 B1CA 所成角的正弦值为

(1)求异面直线 AE 与 PC 所成的角; (2)求二面角 D?PC?A 的平面角的余弦值.
6

解:

(1)如图所示,以 A 点为原点建立空间直角坐标系 A?xyz,则 B(2,0,0),C(0,2,0), P(0,0,2). → → 故 E(1,1,0),AE=(1,1,0),PC=(0,2,-2), → → AE?PC 1 → → cos〈AE,PC〉= = , → → 2 |AE|?|PC| → → 即〈AE,PC〉=60°, 故异面直线 AE 与 PC 所成的角为 60°. (2)在四边形 ABCD 中,因为 AB=AC=2,AB⊥AC, 所以∠ABC=∠ACB=45°, 因为 AD∥BC,所以∠DAC=∠ACB=45°, 又 AD⊥CD,所以 AD=CD= 2, 所以 D(-1,1,0),又 C(0,2,0), → → 所以CD=(-1,-1,0),PC=(0,2,-2). → → → → 设 n=(x,y,z)是平面 PCD 的法向量,则CD⊥n,PC⊥n,即CD?n=0,PC?n=0, ?-x-y=0, ? 所以? 令 x=-1,得 y=1,z=1, ?2y-2z=0, ? 即 n=(-1,1,1),|n|= 3, → 又 AB⊥平面 PAC,所以AB=(2,0,0)是平面 PAC 的一个法向量, → AB?n 3 → 所以 cos〈AB,n〉= =- , → 3 |AB|?|n| 即二面角 D?PC?A 的平面角的余弦值为 3 . 3

14.(2015?福州地区八校联考)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为矩形,AB=2BC =4,BF=CF=AE=DE,EF=2,EF∥AB,AF⊥CF.

(1)若 G 为 FC 的中点,证明:AF∥平面 BDG; (2)求平面 ABF 与平面 BCF 夹角的余弦值. 解:(1)证明:连接 AC 交 BD 于 O 点, 则 O 为 AC 的中点,连接 OG,

7

因为点 G 为 FC 的中点, 所以 OG∥AF. 因为 AF?平面 BDG,OG? 平面 BDG,所以 AF∥平面 BDG. (2)取 AD 的中点 M,BC 的中点 Q,连接 MQ,则 MQ∥AB∥EF, 所以 M,Q,F,E 共面. 作 FP⊥MQ 于 P,EN⊥MQ 于 N,则 EN∥FP 且 EN=FP. 连接 EM,FQ,因为 AE=DE=BF=CF,AD=BC, 所以△ADE 和△BCF 全等,所以 EM=FQ,所以△ENM 和△FPQ 全等, 所以 MN=PQ=1, 因为 BF=CF,Q 为 BC 中点,所以 BC⊥FQ, 又 BC⊥MQ,FQ∩MQ=Q,所以 BC⊥平面 MQFE, 所以 PF⊥BC, 所以 PF⊥平面 ABCD. 以 P 为原点, PM 为 x 轴,PF 为 z 轴建立空间直角坐标系如图所示,则 A(3,1,0),B(- → → 1,1,0),C(-1,-1,0),设 F(0,0,h),则AF=(-3,-1,h),CF=(1,1,h). → → 因为 AF⊥CF,所以AF?CF=0,解得 h=2. 设平面 ABF 的法向量 n1=(x1,y1,z1), → → AF=(-3,-1,2),BF=(1,-1,2), → ? ?n1?AF=0, ? ?-3x1-y1+2z1=0, 由? 得? 令 z1=1,得 x1=0,y1=2,得一个法向量 n1= ?x -y +2z1=0, ?n1?→ BF=0, ? 1 1 ? (0,2,1). 同理得平面 BCF 的一个法向量为 n2=(-2,0,1), n1?n2 1 1 所以 cos〈n1,n2〉= = = , |n1|?|n2| 5? 5 5 1 所以平面 ABF 与平面 BCF 夹角的余弦值为 . 5 [B 卷] 1.(2015?南宁市第二次适应性测试)如图所示多面体中,AD⊥平面 PDC,ABCD 为平行 四边形,E 为 AD 的中点,F 为线段 BP 上一点,∠CDP=120°,AD=3,AP=5,PC=2 7.

(1)试确定点 F 的位置,使得 EF∥平面 PDC; 1 (2)若 BF= BP,求直线 AF 与平面 PBC 所成的角的正弦值. 3 解:(1)取线段 BP 的中点 F,取 PC 的中点 O,连接 FO,DO, 1 因为 F,O 分别为 BP,PC 的中点,所以 FO 綊 BC. 2 1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,ED∥BC,且 DE= BC, 2 所以 FO∥ED 且 ED=FO,所以四边形 EFOD 是平行四边形, 所以 EF∥DO. 因为 EF?平面 PDC,DO? 平面 PDC,所以 EF∥平面 PDC. (2)以 DC 为 x 轴, 过 D 点作 DC 的垂线为 y 轴, DA 为 z 轴建立空间直角坐标系. 在△PDC 中,由 PD=4,PC=2 7,∠CDP=120°,及余弦定理,得 CD=2,
8

则 D(0,0,0),C(2,0,0),B(2,0,3),P(-2,2 3,0),A(0,0,3), 1→ ? 4 2 3 ? ?2 2 3 ? → 设 F(x, y, z), 则BF=(x-2, y, z-3)= BP=?- , 所以 F? , ,-1?, ,2?. 3 ? 3 3 ? ?3 3 ? → →

AF=? ,

?2 2 3 ? ,-1?.设平面 PBC 的法向量 n1=(a,b,c), 3 3 ? ?


CB=(0,0,3),PC=(4,-2 3,0),
→ ? ?n1?CB=0, ?3c=0, 由? 得? ?n1?→ PC=0, ?4a-2 3b=0, ? 令 b=1,可得 n1=?

? 3 ? ,1,0?. ?2 ?

→ AF?n1 6 21 → cos〈AF,n1〉= = , → 35 |AF||n1| 21 . 35 2. (2015?开封市质量监测)如图, 在四棱锥 P?ABCD 中, 底面 ABCD 是菱形, ∠DAB=60°, PD⊥平面 ABCD,PD=AD=1,点 E,F 分别为 AB 和 PD 的中点. 6 所以直线 AF 与平面 PBC 所成的角的正弦值为

(1)求证:直线 AF∥平面 PEC; (2)求 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值. 解:(1)证明:作 FM∥CD 交 PC 于 M,连接 ME. 因为点 F 为 PD 的中点, 1 所以 FM= CD. 2 1 所以 AE= AB=FM, 2 所以 AEMF 为平行四边形, 所以 AF∥EM,因为 AF?平面 PEC,EM? 平面 PEC, 所以直线 AF∥平面 PEC.

(2)连接 DE,因为∠DAB=60°,所以 DE⊥DC. 如图所示,建立直角坐标系,则 P(0,0,1),C(0,1,0), 1 ? ? 3 1 ? ? 3 ? ? 3 E? ,0,0?,A? ,- ,0?,B? , ,0?, 2 2 2 ? ? ? ? ?2 2 ? 3 1 ? → → ? 所以AP=?- , ,1?,AB=(0,1,0). ? 2 2 ?
9

设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z). → → 因为 n?AB=0,n?AP=0,

? ?- 3x+1y+z=0, 2 所以? 2 ? ?y=0,
3 3? ? ,所以平面 PAB 的一个法向量为 n=?1,0, ?. 2 2? ? → → 因为PC=(0,1,-1),设向量 n 与PC所成的角为 θ , 3 - → 2 n?PC 42 所以 cos θ = = =- , → 14 7 |n||PC| ? 2 4 取 x=1,则 z= 42 . 14 3.(2015?九江市第一次统考)如图所示,在长方体 ABCD?A′B′C′D′中,AB=λ AD =λ AA′(λ >0),E,F 分别是 A′C′和 AD 的中点,且 EF⊥平面 A′BCD′. 所以 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值为

(1)求 λ 的值; (2)求二面角 C?A′B?E 的余弦值. 解:以 D 为原点,DA,DC,DD′分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.设 AA′=AD =2,则 AB=2λ ,

D(0,0,0),A′(2,0,2),D′(0,0,2),B(2,2λ ,0),C(0,2λ ,0),E(1,λ , 2),F(1,0,0).
→ → → (1)EF=(0,-λ ,-2),D′A′=(2,0,0),A′B=(0,2λ ,-2), → → → → 因为 EF⊥D′A′,EF⊥A′B,所以EF?D′A′=0,EF?A′B=0, 2 即-2λ +4=0,所以 λ = 2. (2)设平面 EA′B 的一个法向量为 m=(1,y,z),

10

→ ? ?m?A′B=0, 则? → ? ?m?A′E=0, → → 因为A′B=(0,2 2,-2),A′E=(-1, 2,0), ?2 2y-2z=0, 所以? ?-1+ 2y=0, 2 2 ? ? 所以 y= ,z=1,所以 m=?1, ,1?. 2 2 ? ? → 由已知得EF为平面 A′BC 的一个法向量, → 又EF=(0,- 2,-2), → m?EF → 所以 cos〈m,EF〉= → |m|?|EF| -1-2 = ? 2?2 2 2 2 2 2 1 +? ? +1 ? 0 +(- 2) +(-2) ?2? = -3 10 ? 6 2 =- 15 . 5

15 . 5 4.如图 1,在 Rt△ABC 中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D 为 AC 的中点,AE⊥BD 于 E, 延长 AE 交 BC 于 F,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,如图 2 所示. 又二面角 C?A′B?E 为锐二面角,所以二面角 C?A′B?E 的余弦值为

(1)求证:AE⊥平面 BCD; (2)求二面角 A?DC?B 的余弦值; (3)在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM∥平面 ADC?若存在, 请指明点 M 的位置; 若不存 在,请说明理由. 解:(1)证明:平面 ABD⊥平面 BCD,交线为 BD. 又在△ABD 中,AE⊥BD 于 E,AE? 平面 ABD, 所以 AE⊥平面 BCD. (2)由(1)结论 AE⊥平面 BCD 可得 AE⊥EF. 由题意可知 EF⊥BD,AE⊥BD.

如图,以 E 为坐标原点,分别以 EF,ED,EA 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直 角坐标系 E?xyz. 不妨设 AB=BD=DC=AD=2,则 BE=ED=1, 3 AE= 3,BC=2 3,EF= , 3
11

则 E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,-1,0),A(0,0, 3),F? 0), → →

? 3 ? ,0,0?,C( 3,2, ?3 ?

DC=( 3,1,0),AD=(0,1,- 3).
→ 由 AE⊥平面 BCD 可知平面 CDB 的一个法向量EA=(0,0, 3). 设平面 ADC 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n?DC=0, ? 3x+y=0, 则? 即? → ? ?n?AD=0, ?y- 3z=0, 令 z=1,则 y= 3,x=-1,所以 n=(-1, 3,1). → EA?n 5 → 所以 cos〈n,EA〉= = , → 5 |EA|?|n| 所以二面角 A?DC?B 的余弦值为 5 . 5

→ → (3)设AM=λ AF,其中 λ ∈[0,1]. ? → ? 3 由于AF=? ,0,- 3?, 3 ? ?

? 3 ? → → 所以AM=λ AF=λ ? ,0,- 3?,其中 λ ∈[0,1], ?3 ? ? → → → ? 3 所以EM=EA+AM=? λ ,0,(1-λ ) 3?, 3 ? ?
3 → 令EM?n=0,得 λ -(1-λ ) 3=0, 3 3 解得 λ = ∈[0,1], 4

AM 3 所以在线段 AF 上存在点 M 使得 EM∥平面 ADC,且 = . AF 4

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