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浙江省2012届高三数学二轮复习专题训练:空间向量与立体几何


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浙江省 2012 届高三数学二轮复习专题训练:空间向量与立体几何 I 卷 一、选择题 1.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为正方体内一动点(包括表面),若=x+y+z,且 0≤x≤y≤z≤1. 则点 P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( ) 1 1

1 A.1 B. C. D. 2 3 6 【答案】D 2.已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1=2,E 是侧棱 BB1 的中点,则直线 AE 与平面 A1ED1 所成角的大 小为( ) A.60° B.90° C.45° D.以上都不正确 【答案】B 3.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 【答案】B 4.已知向量{a,b,c}是空间的一基底,向量{a+b,a-b,c}是空间的另一基底,一向量 p 在基底{a,b,c} 下的坐标为(4,2,3),则向量 p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标是( ) A.(4,0,3) B.(3,1,3) C.(1,2,3) D.(2,1,3) 【答案】B 5.以下命题中,不正确的命题个数为( ) ①已知 A、B、C、D 是空间任意四点,则 A+B+C+D=0 ②若{a,b,c}为空间一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底; ③对空间任意一点 O 和不共线三点 A、B、C,若 O=x+y+z(其中 x,y,z∈R),则 P、A、B、C 四点共面. A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 6.平面α 的一个法向量 n=(1,-1,0),则 y 轴与平面α 所成的角的大小为( ) π π A. B. 6 4 π 3π C. D. 3 4 【答案】B 7.在 90°的二面角的棱上有 A、B 两点,AC,BD 分别在这个二面角的两个面内,且都垂直于棱 AB,已知 AB=5, AC=3,BD=4,则 CD=( ) A.5 2 C.6 【答案】A B.5 3 D.7 )

8. M 在 z 轴上, 点 它与经过坐标原点且方向向量为 s=(1, -1,1)的直线 l 的距离为 6, 则点 M 的坐标是( A.(0,0,±2) B.(0,0,±3) C.(0,0,± 3) 【答案】B D.(0,0,±1)

9.如图所示,已知在直三棱柱 ABO-A1B1O1 中,∠AOB=

π ,AO=2,BO=6,D 为 A1B1 的中点,且异面直线 OD 与 2

A1B 垂直,则三棱柱 ABO-A1B1O1 的高是(

)

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A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】B 10. 已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等, 1 在底面 ABC 内的射影为△ABC 的中心, AB1 与底面 ABC A 则 所成角的正弦值等于( ) A. C. 1 3 B. 2 3

3 2 D. 3 3 【答案】B 11.如图所示,在四面体 P-ABC 中,PC⊥平面 ABC,AB=BC=CA=PC,那么二面角 B-AP-C 的余弦值为(

)

A. C.

2 2

B. D.

3 3 5 7 )

7 7 【答案】C

12. 正四棱锥 S—ABCD 的侧棱长为 2, 底面的边长为 3, 是 SA 的中点, E 则异面直线 BE 和 SC 所成的角等于( A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C

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II 卷 二、填空题 13. 线段 AB,BD 在平面α 内,BD⊥AB,线段 AC⊥α ,如果=a,=b,=c,则 CD 的长度为________.(用 a, b,c 表示)

【答案】 a +b +c 14.如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为 a 的正方体 ABCO—A′B′C′D′,A′C 的中点 E 与 AB 的中 点 F 的距离为________.

2

2

2

【答案】

2 a 2

15.已知 ABCD—A1B1C1D1 为正方体,①( AC ++) =3 ; 1 ② AC ?(-)=0;③向量与向量的夹角是 60°;④正方体 ABCD—A1B1C1D1 的体积为|? ?|.其中正确命题的序号 1 是________. 【答案】①② 16.底面是正方形的四棱锥 A-BCDE 中,AE⊥底面 BCDE,且 AE=CD=a,G、H 分别是 BE、ED 的中点,则 GH 到 平面 ABD 的距离是________. 【答案】 3 a 6

????

2

2

????

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三、解答题 17.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形,平面 PBC⊥底面 ABCD,且 PB=PC= 5. (1)求证:AB⊥CP; (2)求点 B 到平面 PAD 的距离; (3)设面 PAD 与面 PBC 的交线为 l,求二面角 A-l-B 的大小.

【答案】(1)证明

以 BC 的中点 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 B(1,0,0),A(1,-2,0),C(-1,0,0),P(0,0,2),D(-1,-2,0). =(0,2,0),=(1,0,2), 则有?=0,∴⊥.即 AB⊥CP. (2)解 设平面 PAD 的法向量为 n=(x,y,z),
? ?-x-2y-2z=0, 则由得? ? ?-2x=0.

令 x=0,

则 y=1,z=-1,得 n=(0,1,-1),又=(-1,0,2), |0+0-2| ∴点 B 到平面 PAD 的距离 d== = 2. 2 (3)解 由(2)知平面 PAD 的法向量 n=(0,1,-1), 而平面 PBC⊥平面 ABCD, ∴平面 PBC 的法向量 m=(0,1,0). |m?n| 2 = . |m||n| 2 由图形知二面角 A-l-B 为锐二面角, ∴二面角 A-l-B 的大小为 45°. 18.如图 14-2,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1 在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D, 又知 BA1⊥AC1. (1)求证:AC1⊥平面 A1BC; (2)求二面角 A-A1B-C 的余弦值. ∴二面角 A-l-B 的余弦值为

图 14-2 【答案】 (1)如图,设 A1D=t(t>0),取 AB 的中点 E, 则 DE∥BC,因为 BC⊥AC, 所以 DE⊥AC,又 A1D⊥平面 ABC, 以 DE,DC,DA1 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t),

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=(0,3,t),=(-2,-1,t), =(2,0,0),由 1?=0,知 AC1⊥CB, 又 BA1⊥AC1,BA1∩CB=B,所以 AC1⊥平面 A1BC. (2)由?=-3+t =0,得 t= 3. 设平面 A1AB 的法向量为 n=(x,y,z), =(0,1, 3),=(2,2,0), 所以{y+ 3z=0,2x+2y=0, 设 z=1,则 n=( 3,- 3,1).
2

再设平面 A1BC 的法向量为 m=(u,v,w), =(0,-1, 3),=(2,0,0),
? ?-v+ 3w=0, 所以? ?2u=0, ?

设 w=1,则 m=(0, 3,1).

m?n 7 7 故 cos〈m,n〉= =- .因为二面角 A-A1B-C 为锐角,所以可知二面角 A-A1B-C 的余弦值为 . |m|?|n| 7 7 19.如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AB⊥AC,顶点 A1 在底面 ABC 上的射影恰为点 B,且 AB=AC=A1B=2. (1)求棱 AA1 与 BC 所成的角的大小;
(2)在棱 B1C1 上确定一点 P,使 AP= 14,并求出二面角 PABA1 的平面角的余弦值.

【答案】(1)如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz,则 C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2), =(0,2,2),==(2,-2,0), -4 1 π cos〈, 〉== =- ,故 AA1 与 BC 所成的角是 . 2 3 8? 8

(2)设=λ =(2λ ,-2λ ,0), 则 P(2λ ,4-2λ ,2). 1 3 2 2 于是 AP= 4λ +(4-2λ ) +4= 14? λ = (λ = 舍去), 2 2 则 P 为棱 B1C1 的中点,其坐标为 P(1,3,2). 设平面 PAB 的法向量为 n1=(x,y,z), 则

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故 n1=(-2,0,1). 而平面 ABA1 的法向量是 n2=(1,0,0), n1?n2 -2 2 5 则 cos〈n1,n2〉= = =- , |n1|?|n2| 5 5 2 5 . 5 20.如图,四棱锥 S-ABCD 中,SD⊥底面 ABCD,AB∥CD,AD⊥CD,AB=AD=1,DC=SD=2,E 为棱 SB 上的一点, 平面 EDC⊥平面 SBC. (1)证明:SE=2EB; (2)求二面角 A-DE-C 的大小. 故二面角 PABA1 的平面角的余弦值是

【答案】方法一 (1)证明 如图所示,连结 BD,取 DC 的中点 G,连结 BG,由此知 DG=GC=BG=1,即△DBC 为直角三角形,故 BC⊥BD.

又 SD⊥平面 ABCD,故 BC⊥SD,所以 BC⊥平面 BDS,BC⊥DE.作 BK⊥EC,K 为垂足.因为平面 EDC⊥平面 SBC, 故 BK⊥平面 EDC,BK⊥DE,即 DE 与平面 SBC 内的两条相交直线 BK、BC 都垂直,所以 DE⊥平面 SBC, 所以 DE⊥EC,DE⊥SB. SD?DB 2 2 2 2 2 又 DB= AD +AB = 2,SB= SD +DB = 6,DE= = , SB 3

EB= DB2-DE2=
所以 SE=2EB. (2)

6 2 6 ,SE=SB-EB= , 3 3

由 SA= SD +AD = 5,AB=1,SE=2EB,AB⊥SA,知 AE=

2

2

?1SA?2+?2AB?2=1.又 AD=1. ?3 ? ?3 ?

故△ADE 为等腰三角形. 取 ED 中点 F,连结 AF, 6 . 3 连结 FG,则 FG∥EC,FG⊥DE. 所以∠AFG 是二面角 A-DE-C 的平面角. 则 AF⊥DE,AF= AD -DF =
2 2

连结 AG,AG= 2,FG= DG -DF = cos∠AFG=

2

2

6 . 3

AF2+FG2-AG2 1 =- . 2AF?FG 2 所以二面角 A-DE-C 的大小为 120°.
方法二 (1)证明 以 D 为坐标原点,线段 DA,DC,DS 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴.建立如图所示的直角坐标系 D-xyz,

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设 A(1,0,0),则 B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2). S=(0,2,-2),B=(-1,1,0). 设平面 SBC 的法向量为 n=(a,b,c),由 n⊥S,n⊥B,得 n?S=0,n?B=0. 故 2b-2c=0,-a+b=0. 令 a=1,则 b=1,c=1,n=(1,1,1). λ λ 2 ? , , 又设 S=λ (λ >0),则 E? , ?1+λ 1+λ 1+λ ? λ λ 2 ? , , D=? ,D=(0,2,0). 1+λ 1+λ 1+λ ? ? 设平面 CDE 的法向量 m=(x,y,z), 由 m⊥ DE ,m⊥ DC ,得 m? DE =0,m? DC =0. λ x λ y 2z 故 + + =0,2y=0. 1+λ 1+λ 1+λ 令 x=2,则 m=(2,0,-λ ). 由平面 DEC⊥平面 SBC,得 m⊥n 所以 m?n=0,2-λ =0,λ =2.故 SE=2EB. ???? 2 2 2 (2)解 由(1)知 DE =? , , ?,取 DE 中点 F,则 ?3 3 3? ? ??? ???? ? 1 1 1? ??? ?2 1 1 F? , , , FA = ,- ,- ?,故 FA ? DE =0,由此得 FA⊥DE. 3 3? ?3 3 3? ?3 ??? ? ??? ??? ? ? 2 4 2? 又 EC =?- , ,- ,故 EC ? EC =0,由此得 EC⊥DE,向量 F 与 E 的夹角等于二面角 A-DE-C 的平面 3? ? 3 3 角.

????

????

????

????

??? ??? ? ? FA?EC 1 于是 cos〈F,E〉= ??? ??? =- , ? ? 2 FA EC

所以二面角 A-DE-C 的大小为 120°. 1 21.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2

(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 【答案】如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 OA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.

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(1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). 则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0). 所以?=0, ?=0. 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC.故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ? 平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ。 (2)依题意有 B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,
? ?x=0, 即即? ? ?-x+2y-z=0.

因此可取 n=(0,-1,-2). 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15 . 5

15 . 5 22.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM⊥PD 于点 M.

(1)求证:AM⊥PD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值. 【答案】(1)证明:∵PA⊥平面 ABCD,AB? 平面 ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PA=A,AD? 平面 PAD,PA? 平面 PAD,∴AB⊥平面 PAD. ∵PD? 平面 PAD,∴AB⊥PD, ∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB? 平面 ABM, BM? 平面 ABM,∴PD⊥平面 ABM. ∵AM? 平面 ABM,∴AM⊥PD. (2)如图所示,以点 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz,

则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),M(0,1,1). ∴ AC =(1,2,0), AM =(0,1,1), CD =(-1,0,0). 设平面 ACM 的一个法向量为 n=(x,y,z), 由 n⊥ AC ,n⊥ AM 可得?

??? ?

???? ?

??? ?

??? ?

???? ?

? ?x+2y=0, ? ?y+z=0,

令 z=1,得 x=2,y=-1.∴n=(2,-1,1). 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为α ,

??? ? 6 ? 则 sinα = ??? = . 3 | CD |?|n|
| CD ?n|

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∴cosα =

3 . 3

3 . 3 23.如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为

(1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 【答案】(1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD. 2 2 2 从而 BD +AD =AB ,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD. (2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则

??? ? ??? ? AB =(-1, 3,0), PB =(0, 3,-1), ??? ? BC =(-1,0,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),

A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1).

??? ? ?n? AB =0, 则? ??? ? ?n? PB =0,

?-x+ 3y=0, 即? ? 3y-z=0,

因此可取 n=( 3,1, 3).

??? ? ?m? PB =0, 设平面 PBC 的法向量为 m,则? ??? ? ?m? BC =0,
可取 m=(0,-1,- 3). -4 2 7 则 cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- 2 7 . 7

24.如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2 3.

(1)求点 A 到平面 MBC 的距离; (2)求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值.

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【答案】解法一:(1)取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB=OM= 3,OB⊥CD,MO⊥CD,

又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD,所以 MO∥ AB,MO∥平面 ABC,M、O 到平面 ABC 的距离相等.作 OH⊥BC 于 H,连 MH,则 MH⊥BC. 求得 OH=OC?sin60°= 3 , 2

3 2 15 )= , 2 2 设点 A 到平面 MBC 的距离为 d, 1 1 由 VA-MBC=VM-ABC 得 ?S△MBC?d= ?S△ABC?OH. 3 3

MH=

( 3) +(

2

1 1 15 1 1 3 即 ? ?2? d= ? ?2?2 3? , 3 2 2 3 2 2 2 15 . 5 (2)延长 AM、BO 相交于 E,连 CE、DE,CE 是平面 ACM 与平面 BCD 的交线. 由(1)知,O 是 BE 的中点,则四边形 BCED 是菱形. 作 BF⊥EC 于 F,连 AF,则 AF⊥EC,∠AFB 就是二面角 A-EC-B 的平面角,设为θ .因为∠BCE=120°, 解得 d= 所以∠BCF=60°.BF=2sin60°= 3, tanθ = =2,sinθ =

AB BF

2 5 . 5

2 5 . 5 解法二:取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD, 又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD. 则所求二面角的正弦值为 取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系如图.OB=OM= 3,则各点坐标分别 为 C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0,- 3,2 3).

(1)设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的法向量,则 =(1, 3,0),=(0, 3, 3). 由 n⊥得 x+ 3y=0;由 n⊥得 3y+ 3z=0. 取 n=( 3,-1,1),=(0,0,2 3)则 2 3 2 15 d== = . 5 5 (2)=(-1,0, 3),=(-1,- 3,2 3).

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?-x+ 3z=0 设平面 ACM 的法向量 n1=(x,y,z),则 n1⊥,n1⊥得? ?-x- 3y+2 3z=0
解得 x= 3z,y=z,取 n1=( 3,1,1). 又平面 BCD 的法向量为 n2=(0,0,1). n1?n2 1 所以 cos〈n1,n2〉= = , |n1||n2| 5 设所求二面角为 θ ,则 sinθ = 2 5 . 5




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