四川专版高考数学二轮复习 专题十四 空间向量与立体几何练习 理.docx
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四川专版高考数学二轮复习 专题十四 空间向量与立体几何练习 理.docx
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四川专版高考数学二轮复习专题十四空间向量与立体几何练习理
(四川专版)2019高考数学二轮复习专题十四空间向量与立体几何练习理
(时间:
10分钟+35分钟)
基础演练夯知识
1.直线l1的方向向量s1=(1,0,-2),直线l2的方向向量s2=(-1,2,2),则直线l1,l2所成角的余弦值是( )
A. B.- C. D.-
2.平面α,β的法向量分别是n1=(1,1,1),n2=(-1,0,-1),则平面α,β所成锐二面角的余弦值是( )
A. B.- C. D.-
3.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.±
C.±D.±
4.已知a,b是两个非零的向量,α,β是两个平面,下列命题中正确的是( )
A.a∥b的必要条件是a,b是共面向量
B.a,b是共面向量,则a∥b
C.a∥α,b∥β,则α∥β
D.a∥α,b∥β,则a,b不是共面向量
5.若a⊥b,a⊥c,l=αb+βc(α,β∈R),m∥a,则m与l一定( )
A.共线B.相交C.垂直D.不共面
提升训练强能力
图141
6.如图141所示,三棱锥ABCD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.B.
C.D.
7.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是C1D1的中点,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A. B. C.- D.-
8.对于空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,有=x+y+z(x,y,z∈R),则x=2,y=-3,z=2是P,A,B,C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
图142
9.如图142,在长方体ABCDA1B1C1D1中,体对角线B1D与平面A1BC1相交于点E,则点E为△A1BC1的( )
A.垂心B.内心
C.外心D.重心
10.考虑向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1.如下说法中正确的有________.(写出所有正确说法的编号)
①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d值无关);
②m·n的最大值为;
③〈m,n〉(m,n的夹角)的最大值为;
④ad-bc的值可能为;
⑤若定义u×v=|u|·|v|sin〈u,v〉,则|m×n|的最大值为.
11.如图143,在四棱锥P143ABCD中,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA⊥底面ABCD,AB=2PA,E为BC的中点.
(1)求证:
AD⊥PE;
(2)求平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值.
图143
12.如图144所示,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AB=2AD=2a.
(1)求证:
EA⊥EC;
(2)若异面直线AE和DC所成的角为,求平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值.
图144
13.如图145,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.
(1)证明:
D1E⊥A1D;
(2)当E为AB的中点时,求点E到面ACD1的距离;
(3)AE等于何值时,二面角D1ECD的大小为?
图145
14.如图146,平面ABB1A1为圆柱OO1的轴截面,点C为AB上的点,点M为BC中点.
(1)求证:
B1M∥平面O1AC;
(2)若AB=AA1,∠CAB=30°,求二面角CAO1B的余弦值.
图146
K
专题限时集训(十四)B
[空间向量与立体几何]
(时间:
10分钟+35分钟)
基础演练夯知识
1.如图147所示,三棱锥PABC中,∠ACB=90°,PA⊥底面ABC.
(1)求证:
平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AC=BC=PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值.
图147
2.如图148所示,在四棱锥PABCD中,四边形ABCD是正方形,CD=PD,∠ADP=90°,∠CDP=120°,E,F,G分别为PB,BC,AP的中点.
(1)求证:
平面EFG∥平面PCD;
(2)求二面角DEFB的平面角的大小.
图148
提升训练强能力
3.如图149所示,已知菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,AC∩BD=O,将菱形ABCD沿对角线AC折起,使BD=3,得到三棱锥BACD.
(1)若M是BC的中点,求证:
在三棱锥BACD中,直线OM与平面ABD平行;
(2)求二面角ABDO的余弦值;
(3)设点N是BD上的一个动点,试确定N点的位置,使得CN=4.
图149
4.如图1410所示,正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=CD=2,点M在EC上,且不与E,C重合.
(1)当点M是EC的中点时,求证:
BM∥平面ADEF;
(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的余弦值为时,求三棱锥MBDE的体积.
图1410
5.如图1411所示,已知直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,△CDE是边长为2的等边三角形,AB=5.沿CE将△BCE折起,使B至B′处,且B′C⊥DE,然后再将△ADE沿DE折起,使A至A′处,且平面A′DE⊥平面CDE.△B′CE和△A′DE在平面CDE的同侧.
(1)求证:
B′C⊥平面CDE;
(2)求平面B′A′D与平面CDE所成的锐二面角的余弦值.
图1411
专题限时集训(十四)A
【基础演练】
1.A [解析]cos〈s1,s2〉===-,故直线l1,l2所成角的余弦值是.
2.C [解析]cos〈n1,n2〉===-,故平面α,β所成的锐二面角的余弦值是.
3.C [解析]易得平面ABC的一个法向量是(1,1,1),单位化得±.
4.A [解析]选项B中,a,b共面不一定平行;选项C中,根据a∥α,b∥β不能得出α,β的关系;选项D中,a,b可能共面.
5.C [解析]因为m∥a,所以m=λa,m·l=λa·=λαa·b+λβa·c=0,故m⊥l.
【提升训练】
6.A [解析]设棱长为a,则||=a,·=(+)·(+)=,所以cos〈,〉==,所以直线CE与BD所成角的余弦值为.
7.B [解析]设正方体棱长为1,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示,则D,E,A,C,
所以=,=,所以cos〈,〉===,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.
8.B [解析]当x=2,y=-3,z=2时,=2-3+2,则-=2-3(-)+2(-),即=-3+2,所以P,A,B,C四点共面;反之当P,A,B,C四点共面时,有=m+n,即-=m(-)+n(-),即=(1-m-n)+m+n,即x=1-m-n,y=m,z=n,这组数显然不止2,-3,2.故是充分不必要条件.
9.D [解析]以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设DA=a,DC=b,DD1=c,则A1(a,0,c),B(a,b,0),C1(0,b,c),B1(a,b,c),因此=(++).由点E在直线DB1上得:
存在实数λ,使得=λ=λ+λ+λ,又点E在平面A1BC1上,所以=1⇒λ=,即=++,因此点E为△A1BC1的重心.
10.①③⑤ [解析]①z轴正方向上的单位向量为k=(0,0,1),因此cos〈n,k〉==,①正确;②m·n=ac+bd≤(a2+c2)+(b2+d2)=1,②错;③|cos〈m,n〉|=≤,当m=(1,0,0),n=(-1,0,1)时,cos〈m,n〉=-,③正确;④由|ad|≤,|bc|≤得ad-bc≤=1,④错;⑤由③知≤〈m,n〉≤,得|m×n|=1××sin〈m,n〉≤,⑤正确.
11.解:
(1)证明:
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,所以AE⊥AD.又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD.于是AD⊥平面PAE,进而可得AD⊥PE.
(2)分别以AE,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设AP=1,则P(0,0,1),E(,0,0),C(,1,0),D(0,2,0).
显然,平面APE的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PCD的一个法向量为m=(1,y,z),则由解得m=(1,,2).
所以cos〈m,n〉===.
故平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.
12.解:
(1)证明:
∵平面ABCD垂直于圆O所在的平面,两平面的交线为AB,BC⊆平面ABCD,BC⊥AB,∴BC垂直于圆O所在的平面.又EA在圆O所在的平面内,∴BC⊥EA.∵∠AEB是直角,∴BE⊥EA,∴EA⊥平面EBC,∴EA⊥EC.
(2)如图,以点O为坐标原点,AB所在的直线为y轴,过点O与BC平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.由异面直线AE和DC所成的角为,AB∥DC知∠BAE=,∴∠BOE=,
∴E,由题设可知C(0,a,a),D(0,-a,a),
∴=,=.设平面DCE的一个法向量为p=(x0,y0,z0),由·p=0,·p=0得z0=x0,y0=0,取x0=2,得z0=.
∴p=(2,0,).又平面AEB的一个法向量为q=(0,0,1),∴cos〈p,q〉=.∴平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值为.
13.解:
以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设AE=x,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0).
(1)因为·=(1,0,1)·(1,x,-1)=0,所以⊥,即D1E⊥A1D.
(2)因为E为AB的中点,则E(1,1,0),从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1),设平面ACD1的一个法向量为n=(a,b,c),则也即得取a=2,则n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离为h===.
(3)设平面D1EC的一个法向量为n=(a,b,c),∵=(1,x-2,0),=(0,2,-1),由⇒令b=1,∴c=2,a=2-x,∴n=(2-x,1,2).
又平面ECD的一个法向量为=(0,0,1),
依题意cos==⇒=.
∴x1=2+(舍去),x2=2-.
∴AE=2-时,二面角D1ECD的大小为.
14.解:
(1)证明:
连接OB1,OM,∵O1B1∥AB且O1B1=AB=OA.
∴四边形AOB1O1为平行四边形,∴OB1∥AO1.
∵M,O分别为BC,AB的中点,∴OM∥AC.
由⇒平面OMB1∥平面O1AC.
又B1M⊂平面OMB1.
∴B1M∥平面O1AC.
(2)方法一:
过点C作CD⊥AB,垂足为D,过点D作DE⊥O1A,垂足为E,连接CE.
∵BB1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,∴BB1⊥CD.注意到AB∩BB1=B,
∴CD⊥平面ABB1A1,∴CD⊥AO1,∴AO1⊥平面CDE,∴CE⊥AO1,故∠CED即为二面角CAO1B的平面角.
令AB=2a,在Rt△CDE中,CD=a,
DE=a,∴CE=a.
∴cos∠CED=.
方法二:
建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=AA1=4a,∵∠CAB=30°,∠ACB=90°,∴A(0,-2a,0),C(a,a,0),O1(0,0,4a).
设平面AO1C的一个法向量为n=(x,y,z),=(0,2a,4a),=(a,3a,0).
由n⊥与n⊥⇒
取y=1,则x=-,z=-,∴n=.
∵平面ABB1A1的一个法向量为m=(1,0,0),
∴|cos〈n,m〉|==
=.
即二面角CAO1B的余弦值为.
专题限时集训(十四)B
1.解:
(1)因为PA⊥底面ABC,所以BC⊥PA.
又因为∠ACB=90°,即BC⊥AC.
因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.
又BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)取PC中点D,连接AD,DM,则AD⊥PC.
又平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,所以AD⊥平面PBC.
则∠AMD就是AM与平面PBC所成的角.
设AC=BC=PA=a,则AD=a,DM=BC=a,
所以tan∠AMD==.
2.解:
(1)因为E,G分别为BP,AP中点,所以EG∥AB.
又因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD,所以EG∥CD,所以EG∥平面PCD.
因为E,F分别为BP,BC中点,所以EF∥PC,所以EF∥平面PCD.
又因为EF∩EG=E.所以平面EFG∥平面PCD.
(2)方法一:
易知AD⊥CD,又AD⊥PD,故AD⊥平面PCD.
故以D为原点DC,DA为x轴、z轴,垂直于平面ABCD的直线为y轴,建立空间直角坐标系(如图所示).
不妨设AD=CD=PD=2,
则B(2,0,2),F(2,0,1),P(-1,,0),
所以E,
=(0,0,1),=.
设m=(x1,y1,z1)是平面BEF的法向量,则
所以令x1=1,则y1=,z1=0,
即m=(1,,0).
设n=(x2,y2,z2)是平面DEF的法向量,则
所以令x2=1,则y2=,z2=-2,即n=(1,3,-2).
设二面角DEFB的平面角的大小为θ,
cos〈m,n〉===.
由图可知,cosθ=-,故面角DEFB的平面角的大小为π.
方法二:
设PC的中点为M,连接EM,DM,则EM∥BC,又AD⊥平面PCD,AD∥BC,所以BC⊥平面PCD,所以EM⊥平面PCD,所以EM⊥DM,EM⊥PC.
因为CD=DP,则DM⊥PC,又EM∩PC=M,所以DM⊥平面PCB.
又因为EF∥PC,所以EF⊥EM
所以∠DEM就是二面角DEFB的平面角的补角.
不妨设AD=CD=PD=2,则EM=1,DM=1,所以∠DEM=.
所以二面角DEFB的平面角的大小为π,
3.解:
(1)证明:
因为点O是菱形ABCD的对角线的交点,
所以O是AC的中点,
又点M是棱BC的中点,
所以OM是△ABC的中位线,OM∥AB.
因为OM⊄平面ABD,AB⊂平面ABD,
所以OM∥平面ABD.
(2)由题意可知,OB=OD=3.
因为BD=3,所以∠BOD=90°,OB⊥OD,
又因为菱形ABCD,所以OB⊥AC,OD⊥AC.
建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,
则A(3,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3),
所以=(-3,0,3),=(-3,3,0).
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则有即
令x=1,则y=,z=,所以n=(1,,).
因为AC⊥OB,AC⊥OD,所以AC⊥平面BOD,
平面BOD的法向量与AC平行,
所以平面BOD的一个法向量为n0=(1,0,0),
cosn0,n===.
因为二面角ABDO是锐角,
所以二面角ABDO的余弦值为.
(3)设N(x1,y1,z1).因为N是线段BD上的一个动点,所以=λ,
即(x1,y1,z1-3)=λ(0,3,-3),
所以x1=0,y1=3λ,z1=3-3λ,
则N(0,3λ,3-3λ),=(3,3λ,3-3λ).
由CN=4,得=4,即9λ2-9λ+2=0,
解得λ=或λ=,
所以N点的坐标为(0,1,2)或(0,2,1).
4.解:
(1)证明:
以D为原点,以DA,DC,DE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图所示),
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),M(0,2,1),
∴=(-2,0,1),平面ADEF的一个法向量=(0,4,0).
∵·=0,∴⊥,即BM∥平面ADEF.
(2)依题意设M(0 则·n1=2x+2y=0,·n1=ty+z=0. 令y=-1,则n=.平面ABF的一个法向量为n2=(1,0,0). ∵|cosn1,n2|===,解得t=2, ∴M(0,2,1)为EC的中点,∴S△DEM=S△CDE=2,又B到平面DEM的距离h=2. ∴V三棱锥MBDE=S△DEM·h=. 5.解: (1)证明: 在直角梯形ABCD中,可算得AD=,BC=2,CE=2,EB=4. 根据勾股定理可得BC⊥EC,即B′C⊥EC,又B′C⊥DE,DE∩CE=E,所以B′C⊥平面CDE; (2)以C为原点,CE为y轴,CB为z轴,垂直于平面B′CE的直线为x轴建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B′(0,0,2),D(,1,0),E(0,2,0).作A′H⊥DE并交DE于点H.因为平面A′DE⊥不面CDE,易知A′H⊥平面CDE,且A′H=,所以H,所以A′.易知平面CDE的法向量为n1=(0,0,1). 设平面PAD的法向量为n2=(x,y,z).又=, =. 所以令z=,则x=,y=2,所以n2=. 故cosn1,n2==. 故所求平面B′A′D与平面CDE所构成的锐二面角的余弦值为.
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