高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十四 空間向量與立體幾何練習(xí) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時集訓(xùn)(十四)A [空間向量與立體幾何] (時間：10分鐘＋35分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 基礎(chǔ)演練夯知識 1. 直線l1的方向向量s1＝(1，0，－2)，直線l2的方向向量s2＝(－1，2，2)，則直線l1，l2所成角的余弦值是(　　) A.　 B．－　 C. 　　 D．－ 2．平面α，β的法向量分別是 n1＝(1，1，1)，n2＝(－1，0，－1)，則平面α，β所成銳二面角的余弦值是(　　) A.　 B．－　 C. 　 D．－ 3．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，則平面ABC的單位法向量是

2、(　　) A．±(1，1，1) B．± C. ± D. ± 4. 已知a，b是兩個非零的向量，α，β是兩個平面，下列命題中正確的是(　　) A．a(chǎn)∥b的必要條件是a，b是共面向量 B．a(chǎn)，b是共面向量，則a∥b C. a∥α，b∥β，則α∥β D. a∥α，b∥β，則a，b不是共面向量 5．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋β c(α，β∈R)，m∥a，則m與l一定(　　) A．共線 B．相交 C. 垂直 D．不共面 提升訓(xùn)練強能力 圖14-1 6. 如圖14-1所示，三棱錐A-BCD的棱長全相等，E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為

3、(　　) A. B. C. D. 7. 在正方體ABCD -A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為(　　) A.　　 B.　　 C. －　　 D．－ 8. 對于空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，有＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，則x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四點共面的(　　) A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C. 充要條件 D．既不充分又不必要條件 圖14-2 9．如圖14-2, 在長方體ABCD-A1B1C1D1中，體對角線B1D與平面A1BC1相交于點E，則點E為△A1BC1的(　　)

4、A．垂心 B．內(nèi)心 C．外心 D．重心 10．考慮向量m＝(a，b，0)，n＝(c，d，1)，其中a2＋b2＝c2＋d2＝1.如下說法中正確的有________．(寫出所有正確說法的編號) ①向量n與z軸正方向的夾角恒為定值(即與c，d值無關(guān))； ②m·n的最大值為； ③〈m，n〉(m，n的夾角)的最大值為； ④ad－bc的值可能為； ⑤若定義u×v＝|u|·|v|sin〈u，v〉，則|m×n|的最大值為. 11. 如圖14-3，在四棱錐P14-3ABCD中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，PA⊥底面ABCD，AB＝2PA，E為BC的中點． (1)求證：AD⊥PE；

5、 (2)求平面APE與平面PCD所成銳二面角的余弦值． 圖14-3 12．如圖14-4所示，E是以AB為直徑的半圓O上異于A，B的點，矩形ABCD所在的平面垂直于半圓O所在的平面，且AB＝2AD＝2a. (1)求證：EA⊥EC； (2)若異面直線AE和DC所成的角為，求平面DCE與平面AEB所成的銳二面角的余弦值． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　圖14-4 13．如圖14-5，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，

6、AB＝2，點E在棱AB上移動． (1)證明：D1E⊥A1D； (2)當E為AB的中點時，求點E到面ACD1的距離； (3)AE等于何值時，二面角D1-EC-D的大小為？ 圖14-5 14．如圖14-6，平面ABB1A1為圓柱OO1的軸截面，點C為AB上的點， 點M為BC中點． (1)求證：B1M∥平面O1AC； (2)若AB＝AA1，∠CAB＝30°，求二面角C-AO1-B的余弦值． 圖14-6 Ｋ 專題限時集訓(xùn)(十四)B [空間向量與立體幾何]

7、 (時間：10分鐘＋35分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 基礎(chǔ)演練夯知識 1．如圖14-7所示，三棱錐P-ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC. (1)求證：平面PAC⊥平面PBC； (2)若AC＝BC＝PA，M是PB的中點，求AM與平面PBC所成角的正切值． 圖14-7　　　　 2．如圖14-8所示，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，CD＝PD，∠ADP＝90°，∠CDP＝120°，E，F(xiàn)，G分別為PB，BC，AP的中點． (1)求證：平面EFG∥平面PCD； (2)求二面角D -E

8、F-B的平面角的大小． 圖14-8　　　　　　　　 提升訓(xùn)練強能力 3．如圖14-9所示，已知菱形ABCD的邊長為6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使BD＝3，得到三棱錐B -ACD. (1)若M是BC的中點，求證：在三棱錐B-ACD中，直線OM與平面ABD平行； (2)求二面角A-BD-O的余弦值； (3)設(shè)點N是BD上的一個動點，試確定N點的位置，使得CN＝4. 圖14-9 4．如圖14-10所示，正方形ADEF與梯形ABCD所在平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝CD＝2，點M在

9、EC上，且不與E，C重合． (1)當點M是EC的中點時，求證：BM∥平面ADEF； (2)當平面BDM與平面ABF所成的銳二面角的余弦值為時，求三棱錐M -BDE的體積． 　　　　　　　　　　　圖14-10 5．如圖14-11所示，已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，△CDE是邊長為2的等邊三角形，AB＝5.沿CE將△BCE折起，使B至B′處，且B′C⊥DE，然后再將△ADE沿DE折起，使A至A′處，且平面A′DE⊥平面CDE.△B′CE和△A′DE在平面CDE的同側(cè)． (1)求證：B′C⊥平面CDE； (2)求平面B′A′D與平面CDE所成的銳二面角的余弦

10、值． 圖14-11 專題限時集訓(xùn)(十四)A 【基礎(chǔ)演練】 1．A　[解析] cos 〈s1，s2〉＝＝＝－，故直線l1，l2所成角的余弦值是. 2．C　[解析] cos 〈n1，n2〉＝＝＝－，故平面α，β所成的銳二面角的余弦值是. 3．C 　[解析] 易得平面ABC的一個法向量是(1，1，1)，單位化得±. 4．A　[解析] 選項B中，a，b共面不一定平行；選項C中，根據(jù)a∥α，b∥β不能得出α，β的關(guān)系；選項D中，a，b可能共面． 5．C　[解析] 因為m∥a，所以m＝λa，m·l＝λa·＝λαa·b＋λβa·c＝0，故m⊥l. 【提升訓(xùn)練】 6．A　[解

11、析] 設(shè)棱長為a，則||＝a，·＝(＋)·(＋)＝，所以cos〈，〉＝＝，所以直線CE與BD所成角的余弦值為. 7．B　[解析] 設(shè)正方體棱長為1 ，以D為原點建立空間直角坐標系如圖所示，則D，E，A，C， 所以＝，＝，所以cos 〈，〉＝＝＝，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為. 8．B　[解析] 當x＝2，y＝－3，z＝2時，＝2－3＋2，則－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，所以P，A，B，C四點共面；反之當P，A，B，C四點共面時，有＝m＋n，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，這組數(shù)顯然不止2，－3，2.故是充分不

12、必要條件． 9．D　[解析] 以D為坐標原點，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)DA＝a，DC＝b，DD1＝c，則A1(a，0，c)，B(a，b，0)，C1(0，b，c)，B1(a，b，c)，因此＝(＋＋)．由點E在直線DB1上得：存在實數(shù)λ，使得＝λ＝λ＋λ＋λ，又點E在平面A1BC1上，所以＝1?λ＝，即＝＋＋，因此點E為△A1BC1的重心． 10．①③⑤　[解析] ①z軸正方向上的單位向量為k＝(0，0，1)，因此cos〈n，k〉＝＝，①正確；②m·n＝ac＋bd≤(a2＋c2)＋(b2＋d2)＝1，②錯；③|cos〈m，n〉|＝≤，當m＝(1，0，0)

13、，n＝(－1，0，1)時，cos〈m，n〉＝－，③正確；④由|ad|≤，|bc|≤得ad－bc≤＝1，④錯；⑤由③知≤〈m，n〉≤，得|m×n|＝1××sin〈m，n〉≤，⑤正確． 11．解： (1)證明：因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為BC的中點，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，進而可得AD⊥PE. (2)分別以AE，AD，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)AP＝1，則P(0，0，1)，E(，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)． 顯然，平面APE的一個法向量為n＝(0，1，0)，設(shè)平

14、面PCD的一個法向量為m＝(1，y，z)，則由解得m＝(1，，2)． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 故平面APE與平面PCD所成銳二面角的余弦值為. 12．解： (1)證明：∵平面ABCD垂直于圓O所在的平面，兩平面的交線為AB，BC?平面ABCD，BC⊥AB，∴BC垂直于圓O所在的平面．又EA在圓O所在的平面內(nèi)，∴BC⊥EA.∵∠AEB是直角，∴BE⊥EA，∴EA⊥平面EBC，∴EA⊥EC. (2) 如圖，以點O為坐標原點，AB所在的直線為y軸，過點O與BC平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由異面直線AE和DC所成的角為，AB∥DC知∠BAE＝，∴∠BOE＝， ∴

15、E，由題設(shè)可知C(0，a，a)，D(0，－a，a)， ∴＝，＝.設(shè)平面DCE的一個法向量為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的一個法向量為q＝(0，0，1)，∴cos〈p，q〉＝.∴平面DCE與平面AEB所成的銳二面角的余弦值為. 13．解： 以D為坐標原點，直線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)AE＝x，則A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)． (1)因為·＝(1，0，1)·(1，x，－1)＝0，所以⊥，即D1E

16、⊥A1D. (2)因為E為AB的中點，則E(1，1，0)，從而＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，設(shè)平面ACD1的一個法向量為n＝(a，b，c)，則也即得取a＝2，則n＝(2，1，2)，所以點E到平面ACD1的距離為h＝＝＝. (3)設(shè)平面D1EC的一個法向量為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的一個法向量為＝(0，0，1)， 依題意cos＝＝?＝. ∴x1＝2＋(舍去)，x2＝2－. ∴AE＝2－時，二面角D1-EC-D的大小為. 14．解： (

17、1)證明：連接OB1，OM，∵O1B1∥AB且O1B1＝AB＝OA. ∴四邊形AOB1O1為平行四邊形，∴OB1∥AO1. ∵M，O分別為BC，AB的中點，∴OM∥AC. 由?平面OMB1∥平面O1AC. 又B1M?平面OMB1. ∴B1M∥平面O1AC. (2)方法一：過點C作CD⊥AB，垂足為D，過點D作DE⊥O1A，垂足為E，連接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即為二面角C-AO1-B的平面角． 令A(yù)B＝2a，在Rt△CDE

18、中，CD＝a， DE＝a，∴CE＝a. ∴cos∠CED＝. 方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系． 設(shè)AB＝AA1＝4a，∵∠CAB＝30°，∠ACB＝90°，∴A(0，－2a，0)，C(a，a，0)，O1(0，0，4a)． 設(shè)平面AO1C的一個法向量為n＝(x，y，z)，＝(0，2a，4a)，＝(a，3a，0)． 由n⊥與n⊥? 取y＝1，則x＝－，z＝－，∴n＝. ∵平面ABB1A1的一個法向量為m＝(1，0，0)， ∴|cos〈n，m〉|＝＝ ＝. 即二面角C-AO1-B的余弦值為. 專題限時集訓(xùn)(十四)B 1．解：(1)因為PA⊥底面ABC，所以BC

19、⊥PA. 又因為∠ACB＝90°，即BC⊥AC. 因為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中點D，連接AD，DM，則AD⊥PC. 又平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，所以AD⊥平面PBC. 則∠AMD就是AM與平面PBC所成的角． 設(shè)AC＝BC＝PA＝a，則AD＝a，DM＝BC＝a， 所以tan∠AMD＝＝. 2．解：(1)因為E，G分別為BP，AP中點，所以EG∥AB. 又因為四邊形ABCD是正方形，所以AB∥CD，所以EG∥CD，所以EG∥平面P

20、CD. 因為E，F(xiàn)分別為BP，BC中點，所以EF∥PC，所以EF∥平面PCD. 又因為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為原點DC，DA為x軸、z軸，垂直于平面ABCD的直線為y軸，建立空間直角坐標系(如圖所示)． 不妨設(shè)AD＝CD＝PD＝2， 則B(2，0，2)，F(xiàn)(2，0，1)，P(－1，，0)， 所以E， ＝(0，0，1)，＝. 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面BEF的法向量，則 所以令x1＝1，則y1＝，z1＝0， 即m＝(1，，0)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面DEF

21、的法向量，則 所以令x2＝1，則y2＝，z2＝－2，即n＝(1，3，－2)． 設(shè)二面角D-EF-B的平面角的大小為θ， cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖可知，cos θ＝－，故面角D-EF-B的平面角的大小為π. 方法二：設(shè)PC的中點為M，連接EM，DM，則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. 因為CD＝DP，則DM⊥PC，又EM∩PC＝M，所以DM⊥平面PCB. 又因為EF∥PC，所以EF⊥EM 所以∠DEM就是二面角D-EF-B的平面角的補角． 不妨設(shè)AD＝CD＝PD＝2，則EM＝1，DM＝

22、1，所以∠DEM＝. 所以二面角D-EF-B的平面角的大小為π， 3．解：(1)證明：因為點O是菱形ABCD的對角線的交點， 所以O(shè)是AC的中點， 又點M是棱BC的中點， 所以O(shè)M是△ABC的中位線，OM∥AB. 因為OM?平面ABD，AB?平面ABD， 所以O(shè)M∥平面ABD. (2)由題意可知，OB＝OD＝3. 因為BD＝3，所以∠BOD＝90°，OB⊥OD， 又因為菱形ABCD，所以O(shè)B⊥AC，OD⊥AC. 建立空間直角坐標系O-xyz，如圖所示， 則A(3，0，0)，D(0，3，0)，B(0，0，3)， 所以＝(－3，0，3)，＝(－3，3，0)． 設(shè)平面

23、ABD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有即 令x＝1，則y＝，z＝，所以n＝(1，，)． 因為AC⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD， 平面BOD的法向量與AC平行， 所以平面BOD的一個法向量為n0＝(1，0，0)， cosn0，n＝＝＝. 因為二面角A-BD-O是銳角， 所以二面角A-BD-O的余弦值為. (3)設(shè)N(x1，y1，z1)．因為N是線段BD上的一個動點，所以＝λ， 即(x1，y1，z1－3)＝λ(0，3，－3)， 所以x1＝0，y1＝3λ，z1＝3－3λ， 則N(0，3λ，3－3λ)，＝(3，3λ，3－3λ)． 由CN＝4，得＝4，即9λ

24、2－9λ＋2＝0， 解得λ＝或λ＝， 所以N點的坐標為(0，1，2)或(0，2，1)． 4．解：(1)證明：以D為原點，以DA，DC，DE分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(如圖所示)， 則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的一個法向量＝(0，4，0)． ∵·＝0，∴⊥，即BM∥平面ADEF. (2)依題意設(shè)M(0

25、0)． ∵|cosn1，n2|＝＝＝，解得t＝2， ∴M(0，2，1)為EC的中點，∴S△DEM＝S△CDE＝2，又B到平面DEM的距離h＝2. ∴V三棱錐M-BDE＝S△DEM·h＝. 5．解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，可算得AD＝，BC＝2，CE＝2，EB＝4. 根據(jù)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為原點，CE為y軸，CB為z軸，垂直于平面B′CE的直線為x軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則C(0，0，0)，B′(0，0，2)，D(，1，0)，E(0，2，0)．作A′H⊥DE并交DE于點H.因為平面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的法向量為n1＝(0，0，1)． 設(shè)平面PAD的法向量為n2＝(x，y，z)．又＝， ＝. 所以令z＝，則x＝，y＝2，所以n2＝. 故cosn1，n2＝＝. 故所求平面B′A′D與平面CDE所構(gòu)成的銳二面角的余弦值為.