高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專題滿分突破 專題五　立體幾何：課時(shí)鞏固過關(guān)練十四 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專題滿分突破 專題五　立體幾何：課時(shí)鞏固過關(guān)練十四 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專題滿分突破 專題五　立體幾何：課時(shí)鞏固過關(guān)練十四 Word版含解析（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)鞏固過關(guān)練(十四)　用空間向量的方法解立體幾何問題 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：由題意知，ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，∵ka＋b與2a－b垂直，∴3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝. 答案：D 2．(20xx四川巴中平昌期中)已知{i，j，k}是空間的一個(gè)單位正交基底，且＝2i＋k，＝2j

2、，則△OAB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積是(　　) A. B. C．5 D. 解析：∵{i，j，k}是空間的一個(gè)單位正交基底，且＝2i＋k，＝2j(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，∴＝(2,0,1)，＝(0,2,0)，∴＝0，∴⊥，∴△OAB的面積S＝||||＝2＝. 答案：D 3．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)M在棱AC1上，＝，點(diǎn)N為B1B的中點(diǎn)，則|MN|等于(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－，又，，兩兩互相垂直，∴||＝＝a.故選A. 答案：A 4．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上

3、，且A1E＝A1D，AF＝AC，則(　　) A．EF至多與A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF與BD1相交 D．EF與BD1異面 解析：以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F(xiàn)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝，＝(－1，－1,1)，＝－，＝＝0，從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故選B. 答案：B 5．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則

4、點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是(　　) A. B. C. D. 解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，∴點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是d＝＝＝. 答案：D 6．(20xx四川雅安月考)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解

5、析：直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，如圖，取BC的中點(diǎn)為O，連接ON，MN綊B1C1綊OB，則MNOB是平行四邊形，BM與AN所成角就是∠ANO.∵BC＝CA＝CC1，設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO＝，AN＝，MB＝＝＝，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝＝＝.故選C. 答案：C 7．(20xx黑龍江大慶期末)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，∠ACB＝90，∠BAC＝30，BC＝1，且三棱柱ABC－A1B1C1的體積為3，則三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面積為(　　) A．16π B．2

6、 C．π D．32π  解析：如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中側(cè)棱垂直于底面，設(shè)側(cè)棱長(zhǎng)為a，又三棱柱的底面為直角三角形，BC＝1，∠BAC＝30，∴AC＝，AB＝2，∴三棱柱的體積V＝1a＝3， ∴a＝2，△ABC的外接圓半徑為AB＝1，三棱柱的外接球的球心為上、下底面直角三角形斜邊中點(diǎn)連線的中點(diǎn)O，∴外接球的半徑R＝＝2，∴外接球的表面積S＝4π22＝16π.故選A. 答案：A 二、填空題 8．(20xx河北衡水武邑期中)已知正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為1，設(shè)＝a，＝b，＝c，則＝__________. 解析：取CC1的中點(diǎn)E，連接AC，AE.因?yàn)檎襟w

7、ABCD－A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為1，設(shè)＝a，＝b，＝c，則a＋b＋c＝＋＋＝.所以＝||＝＝＝. 答案： 三、解答題 9．如圖所示的多面體中，AD⊥平面PDC，ABCD為平行四邊形，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BP上一點(diǎn)，∠CDP＝120，AD＝3，AP＝5，PC＝2. (1)試確定點(diǎn)F的位置，使得EF∥平面PDC； (2)若BF＝BP，求直線AF與平面PBC所成的角的正弦值． 解：(1)如圖，令F為線段BP的中點(diǎn)，取PC的中點(diǎn)O，連接FO，DO，∵F，O分別為BP，PC的中點(diǎn)，∴FO綊BC.∵四邊形ABCD為平行四邊形，ED綊BC，∴FO綊ED，∴四邊形EFOD是平行四邊形

8、，∴EF∥DO.∵EF?平面PDC，DO?平面PDC，∴EF∥平面PDC. (2)以DC為x軸，過D點(diǎn)作DC的垂線為y軸，DA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．∵AD⊥平面PDC，DP?平面PDC，∴AD⊥DP.∵AD＝3，AP＝5，∴DP＝4.在△PDC中，由PD＝4，PC＝2，∠CDP＝120，及余弦定理，得CD＝2，則D(0,0,0)，C(2,0,0)，B(2,0,3)，P(－2,2，0)，A(0,0,3)，設(shè)F(x，y，z)，則＝(x－2，y，z－3)＝＝，∴F，＝.設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量n＝(a，b，c)，＝(0,0,3)，＝(4，－2，0)，由得令b＝1，可得n＝，∴cos〈，n〉

9、＝＝，∴直線AF與平面PBC所成的角的正弦值為. 10．(20xx河北石家莊模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，∠ABC＝∠BAD＝90，AP＝AD＝AB＝，BC＝t，∠PAB＝∠PAD＝α. (1)當(dāng)t＝3時(shí)，試在棱PA上確定一點(diǎn)E，使得PC∥平面BDE，并求出此時(shí)的值； (2)當(dāng)α＝60時(shí)，若平面PAB⊥平面PCD，求此時(shí)棱BC的長(zhǎng)． 解：(1)解法一：連接AC，BD交于點(diǎn)F，在平面PCA中作EF∥PC交PA于E，連接DE，BE.因?yàn)镻C?平面BDE，EF?平面BDE，所以PC∥平面BDE.因?yàn)锳D∥BC，所以＝＝，因?yàn)镋F∥PC，所以＝＝. 解法二：在棱

10、PA上取一點(diǎn)E，使得＝，連接AC，BD交于點(diǎn)F，因?yàn)锳D∥BC，所以＝＝，所以＝，所以EF∥PC，因?yàn)镻C?平面BDE，EF?平面BDE，所以PC∥平面BDE. (2)取BC上一點(diǎn)G，使得BG＝，連接DG，則四邊形ABGD為正方形．過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O.連接OA，OB，OD，OG.因?yàn)锳P＝AD＝AB，∠PAB＝∠PAD＝60，所以△PAB和△PAD都是等邊三角形，因此PA＝PB＝PD，所以O(shè)A＝OB＝OD，即點(diǎn)O為正方形ABGD對(duì)角線的交點(diǎn)，所以O(shè)G，OB，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則O(0,0,0)

11、，P(0,0,1)，A(－1,0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，G(1,0,0)，C，故＝(－1,0，－1)，＝(0,1，－1)，＝，＝(0，－1，－1)． 設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)，則即不妨令x1＝－1，可得m＝(－1,1,1)為平面PAB的一個(gè)法向量．設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則即不妨令y2＝1，可得n＝為平面PCD的一個(gè)法向量．由mn＝0.解得t＝2，∴BC＝2. 11．(20xx北京昌平期末)在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為等邊三角形，AB＝AD＝CD，AB⊥AD，AB∥CD，點(diǎn)M是PC的

12、中點(diǎn)． (1)求證：MB∥平面PAD； (2)求二面角P－BC－D的余弦值； (3)在線段PB上是否存在點(diǎn)N，使得DN⊥平面PBC？若存在，請(qǐng)求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)取PD中點(diǎn)H，連接MH，AH.∵M(jìn)為PC的中點(diǎn)，∴HM∥CD，HM＝CD.∵AB∥CD，AB＝CD.∴AB∥HM且AB＝HM.∴四邊形ABMH為平行四邊形，∴BM∥AH.∵BM?平面PAD，AH?平面PAD，∴BM∥平面PAD. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.取BC的中

13、點(diǎn)K，連接OK，則OK∥AB.以O(shè)為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,4,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，＝(－2,2,0)，＝(1,2，－)．平面BCD的一個(gè)法向量＝(0,0，)，設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，由得令x＝1，則n＝(1,1，)．cos〈，n〉＝＝.由題圖可知，二面角P－BC－D是銳二面角，∴二面角P－BC－D的余弦值為. (3)不存在．設(shè)點(diǎn)N(x，y，z)，且＝λ，λ∈0,1]，則＝λ，∴(x，y，z－)＝λ(1,2，－)．則∴N(λ，2λ，－λ)，＝(λ＋1,2λ，－λ)．若DN⊥平面PBC，則∥n，即λ＋1＝2λ＝，此方程無解，∴在線段PB上不存在點(diǎn)N，使得DN⊥平面PBC.