2019-2020年高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第八章立體幾何課時(shí)撬分練8.5空間向量與立體幾何理.DOC

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第八章立體幾何課時(shí)撬分練8.5空間向量與立體幾何理 1.[xx棗強(qiáng)中學(xué)猜題]若直線l的方向向量為a＝(1，－1，2)，平面α的法向量為u＝(－2,2，－4)，則(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l?α D．l與α斜交 答案　B 解析　因?yàn)橹本€l的方向向量a＝(1，－1,2)與平面α的法向量u＝(－2,2，－4)共線，則說明了直線與平面垂直，故選B. 2．[xx衡水中學(xué)期中]正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點(diǎn)M在AC1上且＝，N為B1B的中點(diǎn)，則||為(　　) A.a B.a C.a D.a 答案　A 解析?。剑? ＝－＋＋ ＝－(＋＋)＋＋ ＝＋－， ∴||＝ ＝＝a. 3．[xx武邑中學(xué)期中]平面α的一個(gè)法向量為(1,2,0)，平面β的一個(gè)法向量為(2，－1,0)，則平面α和平面β的位置關(guān)系是(　　) A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合 答案　C 解析　由(1,2,0)(2，－1,0)＝12＋2(－1)＋00＝0，知兩平面的法向量互相垂直，所以兩平面互相垂直． 4．[xx衡水中學(xué)期末]如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)CB＝1，則CA＝CC1＝2， 故B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)， 則＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)， cos〈，〉＝＝＝， 即直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.故選A. 5.[xx冀州中學(xué)猜題]如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，B1C的中點(diǎn)，則EF和平面ABCD所成角的正切值為(　　) A. B. C. D．2 答案　B 解析　如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則點(diǎn)C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，F(xiàn)，E，＝ ＝(0,0,1)為底面的一個(gè)法向量， cos〈，〉＝＝＝， 所以EF和平面ABCD所成角θ的正弦值為 sinθ＝，∴tanθ＝＝.故選B. 6．[xx武邑中學(xué)仿真]過正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的銳二面角為(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 答案　B 解析　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1) 由題意得，AD⊥平面ABP，設(shè)E為PD的中點(diǎn)， 連接AE，則AE⊥PD， 又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD， 又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP. ∴＝(0,1,0)，＝分別是平面ABP、平面CDP的法向量，而〈，〉＝45， ∴平面ABP與平面CDP所成的銳二面角為45. 7．[xx衡水中學(xué)模擬]若平面α的一個(gè)法向量為n＝(4,1,1)，直線l的一個(gè)方向向量為a＝(－2，－3,3)，則l與α所成角的正弦值為________． 答案　 解析　設(shè)l與α所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，a〉|＝＝＝. 8．[xx冀州中學(xué)期中]已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點(diǎn)A1到截面AB1D1的距離是________． 答案　 解析　如圖建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 則A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)， ＝(－2,0,4)，＝(0,2,4)，＝(0,0,4)， 設(shè)平面AB1D1的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 解得x＝2z且y＝－2z， 不妨設(shè)n＝(2，－2,1)， 設(shè)點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離為d. 則d＝＝. 9．[xx衡水中學(xué)仿真]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90，AC＝BC＝2，AA1＝4，D是棱AA1的中點(diǎn)．如圖所示． (1)求證：DC1⊥平面BCD； (2)求二面角A－BD－C的大?。? 解　(1)證明：按如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系． 由題意，可得點(diǎn)C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(2,0,2)，A1(2,0,4)，C1(0,0,4)． 于是，＝(－2,0,2)，＝(－2,0，－2)，＝(－2，2，－2)． 可算得＝0，＝0. 因此，DC1⊥DC，DC1⊥DB. 又DC∩DB＝D，所以DC1⊥平面BDC. (2)設(shè)n＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，則 又＝(－2,2,0)，＝(0,0,2)， 所以取y＝1，可得 即平面ABD的一個(gè)法向量是n＝(1,1,0)． 由(1)知，是平面DBC的一個(gè)法向量， 記n與的夾角為θ， 則cosθ＝＝－，θ＝. 結(jié)合三棱柱可知，二面角A－BD－C是銳角， 故所求二面角A－BD－C的大小是. 10. [xx棗強(qiáng)中學(xué)預(yù)測]如圖所示的長方體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，BB1＝，M是線段B1D1的中點(diǎn)． (1)求證：BM∥平面D1AC； (2)求證：D1O⊥平面AB1C； (3)求二面角B－AB1－C的大?。? 解　(1)證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則點(diǎn)O(1,1,0)，D1(0,0，)， ∴＝(－1，－1，)， 又點(diǎn)B(2,2,0)，M(1,1，)， ∴＝(－1，－1，)， ∴＝，又∵OD1與BM不共線， ∴OD1∥BM. 又OD1?平面D1AC，BM?平面D1AC， ∴BM∥平面D1AC. (2)證明：連接OB1，∵＝(－1，－1，)(1,1，)＝0，＝(－1，－1，)(－2,2,0)＝0， ∴⊥，⊥，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC， 又OB1∩AC＝O，∴D1O⊥平面AB1C. (3)∵CB⊥AB，CB⊥BB1，∴CB⊥平面ABB1， ∴＝(－2,0,0)為平面ABB1的一個(gè)法向量． ∵⊥，⊥， ∴＝(－1，－1，)為平面AB1C的一個(gè)法向量． ∴cos〈，〉＝＝＝， ∴與的夾角為60，即二面角B－AB1－C的大小為60. 11．[xx冀州中學(xué)一輪檢測]如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30，∠ABC＝90，D為AC中點(diǎn)，AE⊥BD于點(diǎn)E，延長AE交BC于點(diǎn)F，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如圖2所示． (1)求證：AE⊥平面BCD； (2)求二面角A－DC－B的余弦值； (3)在線段AF上是否存在點(diǎn)M使得EM∥平面ADC？若存在，請指明點(diǎn)M的位置；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，交線為BD， 又在△ABD中，AE⊥BD于點(diǎn)E，AE?平面ABD， 所以AE⊥平面BCD. (2)由(1)中AE⊥平面BCD可得AE⊥EF. 由題意可知EF⊥BD，又AE⊥BD， 如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EF，ED，EA所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E－xyz，不妨設(shè)AB＝BD＝DC＝AD＝2，則BE＝ED＝1. 由圖1條件計(jì)算得AE＝，BC＝2，BF＝，則E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，－1，0)，A(0,0，)，F(xiàn)，C(，2,0)，＝(，1,0)，＝(0,1，－)．由AE⊥平面BCD可知平面DCB的法向量為，＝(0,0，)， 設(shè)平面ADC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則y＝，x＝－1，所以n＝(－1，，1)． 因?yàn)槠矫鍰CB的法向量為， 所以cos〈n，〉＝＝. 所以二面角A－DC－B的余弦值為. (3)設(shè)＝λ，其中λ∈[0,1]． 由于＝， 所以＝λ＝λ，其中λ∈[0,1]． 所以＝＋＝. 由n＝0，即－λ＋(1－λ)＝0，解得λ＝∈(0,1)．所以在線段AF上存在點(diǎn)M使EM∥平面ADC，且＝. 12．[xx武邑中學(xué)一輪檢測]如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點(diǎn)E在棱AB上移動． (1)求證：D1E⊥A1D； (2)當(dāng)E點(diǎn)為AB的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)E到平面ACD1的距離； (3)AE為何值時(shí)，二面角D1－EC－D的大小為？ 解　(1)證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．∵E在棱AB上移動，∴設(shè)E(1，a,0)，0≤a≤2. ∵＝(1，a，－1)，＝(－1,0，－1)，∴＝0，∴D1E⊥A1D. (2)設(shè)平面ACD1的法向量為m＝(x，y，z)，點(diǎn)E到平面ACD1的距離為h. ∵＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)， ∴令y＝1，則m＝(2,1,2)． 又E(1,1,0)，＝(1，－1,0)， ∴CE與平面ACD1所成角的正弦值為＝＝，∴h＝||＝. (3)設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x1，y1，z1)， ∵＝(1，a，－1)，＝(0,2，－1)， ∴令y1＝1，得n＝(2－a,1,2)． 易知平面ECD的一個(gè)法向量為＝(0,0,1)， 則|cos〈n，〉|＝＝，可得a＝2－或a＝2＋(不符合，舍去)， ∴當(dāng)AE＝2－時(shí)，二面角D1－EC－D的大小為. 能力組 13．[xx武邑中學(xué)月考]如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90，AB＝4，CD＝1，點(diǎn)M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30的角．求證： (1)CM∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PAD. 證明　以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB為x軸，CD為y軸，CP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz. ∵PC⊥平面ABCD， ∴∠PBC為PB與平面ABCD所成的角， ∴∠PBC＝30， ∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4， ∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)， P(0,0,2)，M， ∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝. (1)設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAD的一個(gè)法向量， 由 得 令y＝2，得n＝(－，2,1)． ∵n＝－＋20＋1＝0， ∴n⊥.又CM?平面PAD， ∴CM∥平面PAD. (2)如圖，取AP的中點(diǎn)E，連接BE， 則E(，2,1)，＝(－，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. 又∵＝(－，2,1)(2，3,0)＝0， ∴⊥，∴BE⊥DA. 又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD. 又∵BE? 平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD. 14．[xx衡水中學(xué)熱身]在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB＝1，AA1＝，D為AA1的中點(diǎn)，BD與AB1交于點(diǎn)O，CO⊥側(cè)面ABB1A1. (1)證明：BC⊥AB1； (2)若OC＝OA，求直線C1D與平面ABC所成角的正弦值． 解　(1)證明：由題意tan∠ABD＝＝，tan∠AB1B＝＝， 注意到0<∠ABD，∠AB1B<， 所以∠ABD＝∠AB1B. 所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝.所以AB1⊥BD. 又CO⊥側(cè)面ABB1A1，所以AB1⊥CO. 又BD與CO交于點(diǎn)O，所以AB1⊥面CBD. 又因?yàn)锽C?面CBD，所以BC⊥AB1. (2)如圖，分別以O(shè)D，OB1，OC所在的直線為x軸、y軸、z軸，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 則A，B，C， B1，D.又因?yàn)椋?，所以C1. 所以＝， ＝，＝. 設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)， 則根據(jù)n＝0，n＝0可得n＝(1，，－)是平面ABC的一個(gè)法向量，設(shè)直線C1D與平面ABC所成角為α. 則sinα＝＝. 15．[xx冀州中學(xué)期末]如圖，在幾何體ABC－A1B1C1中，點(diǎn)A1，B1，C1在平面ABC內(nèi)的正投影分別為A，B，C，且AB⊥BC，AA1＝BB1＝4，AB＝BC＝CC1＝2，E為AB1中點(diǎn)． (1)求證：CE∥平面A1B1C1； (2)求二面角B1－AC1－C的大?。? 解　(1)證明：由題知AA1⊥平面ABC，BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC， ∴AA1∥BB1∥CC1. 如圖，取A1B1中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)C1， ∵E為AB1中點(diǎn)， ∴EF綊A1A.∵AA1＝4，CC1＝2， ∴CC1綊A1A， ∴EF綊CC1，∴四邊形EFC1C為平行四邊形， ∴CE∥C1F. ∵CE?平面A1B1C1，C1F?平面A1B1C1， ∴CE∥平面A1B1C1. (2)由題知，AB⊥BC，又BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，分別以BA，BC，BB1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 則A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，C1(0,2,2)， ∴＝(－2,2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,4)，＝(0,2，－2)． 設(shè)平面ACC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則m＝0，m＝0， ∴，令x1＝1，得m＝(1,1,0)， 設(shè)平面AB1C1的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則n＝0，n＝0， ∴令z2＝1，得 ∴n＝(2,1,1)．∴cos〈m，n〉＝＝.由圖知，二面角B1－AC1－C是鈍角， ∴二面角B1－AC1－C的大小為150. 16. [xx衡水中學(xué)預(yù)測]在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90，如圖①所示，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖②所示． (1)求證：CD⊥AB； (2)若點(diǎn)M為線段BC的中點(diǎn)，求DM與平面ACD所成角的正弦值； (3)在線段BC上是否存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解　(1)證明：由已知條件可得，BD＝2，CD＝2， 又BD2＋CD2＝BC2，∴CD⊥BD. ∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD.∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB. (2)以點(diǎn)D為原點(diǎn)，BD所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則各相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)為A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0)． ∴＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(1,1,0)． 設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)， 則⊥n，⊥n，∴ 令x＝1，得平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(1,0，－1)． 若DM與平面ACD所成的角為θ，則DM與平面ACD所成角的正弦值為sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. (3)假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60. 設(shè)＝λ，0<λ<1，則N(2－2λ，2λ，0)，∴＝(1－2λ，2λ，－1)． ∵平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(1,0，－1)，且直線AN與平面ACD所成的角為60， ∴sin60＝＝，整理得8λ2＋2λ－1＝0，∴λ＝或λ＝－(舍去)． 綜上所述，在線段BC上存在點(diǎn)N，使AN與平面ACD所成的角為60，此時(shí)＝.