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【创新设计】2015高考数学(人教,理)一轮复习步骤规范练——空间向量与立体几何]


步骤规范练——空间向量与立体几何
(建议用时:90 分钟)

一、选择题 1.已知 a,b 是平面 α 内的两个不相等的非零向量,非零向量 c 在直线 l 上,则 c· a=0 且 c· b=0 是 l⊥α 的 A.充分不必要条件 C.充要条件 解析 B.必要不充分条件 ( ).

D.既不充分也不必要条件

若 l⊥α,则 l 与 a,b 所在的直线垂直,∴c⊥a,c⊥b,∴c· a=0,c· b

=0,是必要条件;∵a≠b,∴当 a 与 b 同向(或反向)时,由 c· a=0 且 c· b=0 可以推出 c⊥a 且 c⊥b,但不能推出 l⊥α,不是充分条件. 答案 B

π 2.已知二面角 α-l-β 的大小为3,m,n 为异面直线,且 m⊥α,n⊥β,则 m, n 所成的角为 π A.6 π C.2 解析 π B.3 2π D. 3 设 m,n 的方向向量分别为 m,n.由 m⊥α,n⊥β 知 m,n 分别是平面 ( ).

π 1 π 2π α,β 的法向量.∵|cos<m,n>|=cos3=2,∴<m,n>=3或 3 .但由于两异面 π? π ? 直线所成的角的范围是?0,2?,故异面直线 m,n 所成的角为3. ? ? 答案 B

3.在正四面体 P-ABC 中,D,E,F 分别是 AB,BC,CA 的中点,下面四个结 论中不成立的是 ( ).

A.BC∥平面 PDF B.DF⊥平面 PAE C.平面 PDF⊥平面 ABC D.平面 PAE⊥平面 ABC 解析 若平面 PDF⊥ 平面 ABC,则顶点 P 在底面的射影在 DF 上,又因为正

四面体的顶点在底面的射影是底面的中心,因此假设不成立,故 C 不成立. 答案 C

4.(2013· 潍坊二模)已知 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,给 出四个命题: ①若 α∩β=m,n?α,n⊥m,则 α⊥β;②若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β;③若 m ⊥α,n⊥β,m⊥n,则 α⊥β;④若 m∥α,n∥β,m∥n,则 α∥β. 其中正确的命题是 A.①② C.①④ 解析 B.②③ D.②④ ( ).

命题①中,α 与 β 不一定垂直,不正确;垂直于同一条直线的两个平

面平行,命题②正确;易知,命题③正确,命题④不正确.故选 B. 答案 B ( ).

5.在以下命题中,不正确的个数为 ①|a|-|b|=|a+b|是 a,b 共线的充要条件; ②若 a∥b,则存在唯一的实数 λ,使 a=λb;

→ → → → ③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若OP=2OA-2OB-OC, 则 P,A,B,C 四点共面; ④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个 基底;

⑤|(a· b)· c|=|a|· |b|· |c|. A.2 C.4 解析 B.3 D.5 ①|a|-|b|=|a+b|?a 与 b 共线,但 a 与 b 共线时|a|-|b|=|a+b|不一定

成立,故不正确;②b 需为非零向量,故不正确;③因为 2-2-1≠1,由共 面向量定理知,不正确;④由基底的定义知正确;⑤由向量的数量积的性质 知,不正确. 答案 C

6.如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中 心,E,F 分别是 CC1,AD 的中点.那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角的余 弦值等于 ( ).

2 A.3 4 C.5 解析

10 B. 5 15 D. 5 建立如图所示的空间直角坐标系,则 O(1,1,0),E(0,2,1),D1(0,0,2),

→ → F(1,0,0),OE=(-1,1,1),FD1=(-1,0,2),

→ → → → ∴OE· FD1=3,|OE|= 3,|FD1|= 5,

→ → ∴cos<OE,FD1>=

3 15 = 5 . 3· 5

15 即 OE 与 FD1 所成的角的余弦值为 5 . 答案 D

7.已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等,A1 在底面 ABC 内的射 影为△ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值等于 1 A.3 3 C. 3 解析 2 B. 3 2 D.3 设 A1 在面 ABC 内的射影为 O,过 O 作 OH∥BC 交 AB 于点 H,以 O ( ).

为坐标原点,OA,OH,OA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设 ? 3 ? ? 3 1 6? △ABC 边长为 1,则 A? ,0,0?,B1?- , , ?, ?3 ? ? 2 2 3? → ? 5 3 1 6? ?.面 ABC 的法向量 n=(0,0,1),则 AB1 与底面 ABC 所 ∴AB1=?- , , 6 2 3? ? → 成角 α 的正弦值为 sin α=|cos<AB1,n>|= 2 =3. 75 1 6 36+4+9 6 3

答案

B

8.如图为棱长是 1 的正方体的表面展开图,在原正方体中,给出下列三个命题:

2 1 ①点 M 到 AB 的距离为 2 ;②三棱锥 C-DNE 的体积是6;③AB 与 EF 所成 π 的角是2 其中正确命题的个数是 A.0 B.1 ( ).

C.2 解析

D.3 1 2 依题意可作出正方体的直观图如图, 显然 M 到 AB 的距离为2MC= 2 ,

1 1 1 ∴①正确;而 VC-DNE=3×2×1×1×1=6,∴②正确;AB 与 EF 所成的角等 π 于 AB 与 MC 所成的角,即为2,∴③正确.

答案

D ).

9. 正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直, 则二面角 A-BD-C 的正弦值为 ( 5 A. 5 2 5 C. 5 解析 3 B. 3 6 D. 3

取 BC 中点 O,连接 AO,DO.建立如图所示坐标系,设 BC=1,则

1 ? ? 3? ? A?0,0, ?,B?0,-2,0?, ? ? 2? ?

? 3 ? → ? 3? → ? 1 3? → ? 3 1 ? D? ,0,0?.∴OA=?0,0, ?,BA=?0, , ?,BD=? , ,0?.由于 2? 2 2? ?2 ? ? ? ?2 2 ? → ? 3? OA=?0,0, ?为平面 BCD 的一个法向量,可进一步求出平面 ABD 的一个 2? ? 5 2 5 → → 法向量 n=(1,- 3,1),∴cos<n,OA>= 5 ,∴sin<n,OA>= 5 . 答案 C

10.正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长都为 2,E,F,G 为 AB,AA1,A1C1 的中点,

则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为

(

).

3 A.5 3 3 C. 10 解析

5 B.6 3 6 D. 10 如图,取 AB 的中点 E,建立如图所示空间直角坐标系 E-xyz.

? 1 ? 3 则 E(0,0,0), F(-1,0,1), B1(1,0,2), A1(-1,0,2), C1(0, 3, 2), G?- , ,2?. ? 2 2 ? → → → ?1 3 ? ∴B1F=(-2,0,-1),EF=(-1,0,1),FG=? , ,1?, ?2 2 ? 设平面 GEF 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? EF=-x+z=0, ?n· 由? 3 → 1 n · FG = x + ? ? 2 2 y+z=0, ?z=x, 得? ?y=- 3x.

令 x=1, 则 n=(1, - 3, 1), 设 B1F 与平面 GEF 所成角为 θ, 则 sin θ=|cos<n, → |n· B1F| 3 → B1F>|= = . → 5 |n||B1F| 答案 A

二、填空题 11. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为________.

解析

如图所示,建立空间直角坐标系,且设正方体的棱长为 1,

→ → → ∵DB1⊥平面 ACD1,∴取平面 ACD1 的法向量 n=DB1=(1,1,1),又BB1=DD1 → |n· DD1| → =(0,0,1), 若设 BB1 与平面 ACD1 所成角为 θ, 则 sin θ=|cos<n, DD1>|= → |n|· |DD1| 3 6 = 3 ,∴cos θ= 1-sin2θ= 3 . 答案 6 3

12.(2014· 南京一模)P 是二面角 α-AB-β 棱上的一点,分别在平面 α,β 上引射 线 PM,PN,如果∠BPM=∠BPN=45° ,∠MPN=60° ,那么二面角 α-AB -β 的大小为________. 解析 不妨设 PM=a,PN=b,如图,作 ME⊥AB 于 E,NF⊥AB 于 F.

∵∠EPM=∠FPN=45° , 2 2 ∴PE= 2 a,PF= 2 b, → → → → → → ∴EM· FN=(PM-PE)· (PN-PF) → → → → → → → → =PM· PN-PM· PF-PE· PN+PE· PF 2 2 2 2 ab ab ab ab =abcos 60° -a× 2 bcos 45° - 2 abcos 45° + 2 a× 2 b= 2 - 2 - 2 + 2 = 0, → → ∴EM⊥FN,

∴二面角 α-AB-β 的大小为 90° . 答案 90°

13.如图,在矩形 ABCD 中,AB=3,BC=1,EF∥BC 且 AE=2EB,G 为 BC 的中点,K 为 AF 的中点.沿 EF 将矩形折成 120° 的二面角 A-EF-B,此时 KG 的长为________.

解析

→ → 如图,过 K 作 KM⊥EF,垂足 M 为 EF 的中点,则向量MK与FC的夹

→ → → → → → → 角为 120° ,<KM,FC>=60° .又KG=KM+MG=KM+FC,

→ → → → → → ∴KG2=KM2+FC2+2KM· FC=1+1+2×1×1×cos 60° =3.∴|KG|= 3. 答案 3

14.(2014· 梅州模拟)如图,在三棱锥 S-ABC 中,∠SBA=∠SCA=90° ,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,给出以下结论:

①异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90° ; ②直线 SB⊥平面 ABC; ③平面 SBC⊥平面 SAC; 1 ④点 C 到平面 SAB 的距离是2a. 其中正确结论的序号是________.

解析

由题意知 AC⊥平面 SBC,故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC,平面 SBC⊥平

面 SAC,①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB, 1 故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离,为2a,④正确. 答案 ①②③④

三、解答题 15.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PB 与底面成的角为 45° , 1 底面 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA=BC=2AD=1.问:在棱 PD 上是否存在一点 E,使得 CE∥平面 PAB?若存在,求出 E 点的位置,若 不存在,请说明理由.



→ → → 分别以AB,AD,AP的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,

如图.

则 P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),设 E(0,y,z),则 → → PE=(0,y,z-1),PD=(0,2,-1), → → ∵PE∥PD, ∴y(-1)-2(z-1)=0,① → ∵AD=(0,2,0)是平面 PAB 的法向量, → CE=(-1,y-1,z), → → ∴由 CE∥平面 PAB,可得CE⊥AD.

∴(-1,y-1,z)· (0,2,0)=2(y-1)=0. 1 ∴y=1,代入①式得 z=2.∴E 是 PD 的中点, 即存在点 E 为 PD 中点时,CE∥平面 PAB. 16.(2013· 福建卷节选)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0).

(1)求证:CD⊥平面 ADD1A1; 6 (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为7,求 k 的值. (1)证明 取 CD 的中点 E,连接 BE,如图 1.

图1 ∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四边形 ABED 为平行四边形, ∴BE∥AD 且 BE=AD=4k. 在△BCE 中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k,∴BE2+CE2=BC2, ∴∠BEC=90° ,即 BE⊥CD,又∵BE∥AD,∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴AA1⊥CD.又 AA1∩AD=A,∴CD⊥平面 ADD1A1. (2)解 → → → 以 D 为原点,DA,DC,DD1的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图 2

所示的空间直角坐标系,

则 A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1), → → → 于是AC=(-4k,6k,0),AB1=(0,3k,1),AA1=(0,0,1). → ?AC · n=0, 设平面 AB1C 的法向量 n=(x,y,z),则由? → ?AB n=0, 1· ?-4kx+6ky=0, 得? 取 y=2,得 n=(3,2,-6k). ?3ky+z=0. 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 θ,则 ? → ? AA1· n? 6k 6 → sin θ=|cos<AA1,n>|=? ? → ?= 36k2+13=7,解得 k=1,故所求实数 k |n|? ?|AA1|· 的值为 1. 17.(2014· 济南质检)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD, AB⊥BC,∠BAC=45° ,PA=AD=2,AC=1.

(1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 A-PC-D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30° ,求 AE 的 长. (1)证明 如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,

1 1 依题意,得 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B-2,2,0,P(0,0,2). → → → → 易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0),于是PC· AD=0,所以 PC⊥AD. (2)解 → → PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).

设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), → ?n· PC=0, 则? → ? n· CD=0, ?y-2z=0, 即? ?2x-y=0.

不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). m· n 1 6 30 于是 cos<m,n>=|m||n|= = 6 ,从而 sin<m,n>= 6 .所以二面角 A-PC 6 30 -D 的正弦值为 6 . (3)解 设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].

1 ? → → ?1 由此得BE=?2,-2,h?.由CD=(2,-1,0), ? ? → → BE· CD 3 → → 故 cos<BE,CD>= = → → 10+20h2 |BE||CD| 所以 3 3 =2, 2=cos 30° 10+20h

10 10 解得 h= 10 ,即 AE= 10 . 18.(2013· 广东卷)如图 1,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90° ,BC=6,D, E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将 ADE 沿 DE

折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A′-BCDE,其中 A′O= 3.

(1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值. (1)证明 在折叠前的图形中,等腰直角三角形 ABC 中,

因为 BC=6,O 为 BC 的中点, 所以 AC=AB=3 2,OC=OB=3, 又因为 CD=BE= 2,所以 AD=AE=2 2. 如图 1,连接 OD,在△OCD 中,由余弦定理可得 OD= OC2+CD2-2OC· CDcos 45° = 5. 在折叠后的图形中,因为 AD′=2 2, 所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE,又 OD∩OE=O, 所以 A′O⊥平面 BCDE. (2)解 以 O 点为原点,建立空间直角坐标 O-xyz,如图 3 所示.

图3 → 则 A′(0,0, 3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以CA′=(0,3, 3), → DA′=(-1,2, 3), 设平面 A′CD 的法向量 n=(x,y,z), → ?n· CA′=0, 则? → ? n· DA′=0, ?3y+ 3z=0, 即? ?-x+2y+ 3z=0,

解得 y=-x,且 z= 3x, 令 x=1,得 n=(1,-1, 3). → 由(1)知,OA′=(0,0, 3)为平面 CDB 的一个法向量, → n· OA′ 3 15 → 所以 cos<n,OA′>= = = 5 , → 3× 5 |n|· |OA′| 15 所以二面角 A′-CD-B 的平面角的余弦值为 5 .


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