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(2013届高三数学理科二轮复习专题卷2-4-3第3讲 空间向量与立体几何


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(金版教程)2013 届高三数学理科二轮复习专题卷 2-4-3 第 3 讲
一、选择题 1.(改编题)已知 a=(1,1,0),b=(-1,0,3),且 ka+b 与 a-2b 垂 直,则 k 的值为( 21 A. 5 21 C. 4 ) 1 B.2 21 D. 2

r />空间向量与立体几何

[解析] 由已知条件,得 ka+b=(k-1,k,3),a-2b=(3,1,- 6),又 ka+b 与 a-2b 垂直,所以(k-1)×3+k×1+3×(-6)=0, 21 解得 k= 4 . [答案] C

2. 已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等, 则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦等于( 6 A. 4 2 C. 2 ) 10 B. 4 3 D. 2

→ [解析] 设各棱长为 2,建立如图所示的空间直角坐标系,则AB1 = ( 3, 1,2), 平面 ACC1A1 的法向量为 n=(1,0,0), 故 AB1 与侧面 ACC1A1 → → |AB1· n| 3 6 所成角的正弦等于|cos〈AB1,n〉|= = = 4 .故选 A. → 2 2 |AB1|· |n|

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[答案]

A

天津十校联考?如图,在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 3.?2012· 为正三角形,底面 ABCD 为正方形,侧面 PAD⊥底面 ABCD,M 为底 面 ABCD 内的一个动点,且满足 MP=MC,则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为( )

[解析]

以 D 为原点,DA、DC 分别为 x、y 轴建系如图:

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?a 3 ? 设 M(x,y,0),设正方形边长为 a,则 P? ,0, a?,C(0,a,0), 2 ? ?2

则 |MC|= x2+?y-a?2, |MP|=
? 3 ? ? a? ?x- ?2+y2+? a?2. 2? ? ? 2 ?

由|MP|=|MC|得 x=2y,所以点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为 1 一条直线 y=2x,故选 A. [答案] A

4.(2012· 广州模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD. 若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是( )

A.30° C.60° [解析]
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B.45° D.90° 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

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建立如图所示的空间直角坐标系, 不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面 |n1· n2| 2 角(锐角)的余弦值为|n ||n |= 2 , 1 2 故所求的二面角的大小是 45°. [答案] B

5.(2012· 宝鸡中学月考)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB= 1,AC=2,BC= 3,D、E 分别是 AC1 和 BB1 的中点,则直线 DE 与 平面 BB1C1C 所成的角为( )

π A. 6
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π B. 4 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 π C. 3 [解析]

wx.jtyjy.com π D. 2

由 AB=1,AC=2,BC= 3可得 AB2+BC2=AC2,故 AB⊥BC.又 由直棱柱的性质可知 BB1⊥平面 ABC. h 如图,建立空间直角坐标系,设棱 BB1 的长为 h,则 E(0,0,2), → 3 1 h 3 1 A(0,1,0),C1( 3,0,h),D( 2 ,2,2),故DE=(- 2 ,-2,0).因 为 BB1⊥平面 ABC,所以 BB1⊥AB,又因为 AB⊥BC,所以 AB⊥平面 → BB1C1C,故BA=(0,1,0)是平面 BB1C1C 的一个法向量.设直线 DE 与平 面 BB1C1C 所成的角为 θ,则 → → → → BA· DE sinθ=|cos〈BA,DE〉|=| | → → |BA|· |DE| 1 2 1×
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3 1 ?- 2 ?2+?-2?2+02

1 =2.

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π π 又因为 θ∈[0, 2 ],所以 θ= 6 . [答案] A

二、填空题 6.(2012· 湖南省长沙一中月考)已知 a=(2,-1,1),b=(-1,4, -2),c=(11,5,λ),若向量 a、b、c 共面,则 λ=________. [解析] 11=2x-y ? ? ?5=-x+4y ? ?λ=x-2y [答案] 1 由向量 a、b、c 共面可得:c=xa+yb(x,y∈R),故有 x=7 ? ? ,解得?y=3 ? ?λ=1

.

7.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,AA1=2,AC =BC=1,则异面直线 A1B 与 AC 所成角的余弦值是________.

[解析]

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以 C 为坐标原点,CA、CB、CC1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立 空间直角坐标系,A1(1,0,2),B(0,1,0),A(1,0,0),C(0,0,0), → → 则A1B=(-1,1,-2),AC=(-1,0,0), → → → → A1B· AC 1 6 cos〈A1B,AC〉= = =6. → → 1+1+4 |A1B||AC| [答案] 6 6

8.(2012· 衡阳联考)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,则点 A 到 平面 MBC 的距离等于________.

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[解析]

取 CD 的中点 O,连接 OB、OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD.

又平面 MCD⊥平面 BCD,则 OM⊥平面 BCD,所以 OM⊥OB.以 O 为 原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得 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).所以BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, 3),BA=(0,0,2 3). 设 n=(x,y,z)

→ → 是平面 MBC 的法向量,由 n⊥BC,得 x+ 3y=0;由 n⊥BM, 得 3y+ 3z=0.令 x= 3,则 y=-1,z=1,所以 n=( 3,-1,1) 是平面 MBC 的一个法向量.
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→ |BA· n| 2 3 2 15 所以点 A 到平面 MBC 的距离为 |n| = = 5 . 5 [答案] 2 15 5

→ → → → 9.(改编题)已知空间不共面四点 O、A、B、C,OA· OB=OA· OC= → → → → → → → OB· OC=0,且|OA|=|OB|=|OC|,AM=MB,则 OM 与平面 ABC 所 成角的正切值是________. [解析]

由题意可知,OA、OB、OC 两两垂直,如图,建立空间直角坐标 1 1 系,设 OA=OB=OC=1,则 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),M(2,2, → → → 1 1 0),故AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),OM=(2,2,0). 设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n⊥AB 则由? → ? ?n⊥AC
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? ?-x+y=0 ,得? ,令 x=1,得平面 ABC 的一个 ?-x+z=0 ?

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金太阳新课标资源网 法向量为 n=(1,1,1). → 故 cos〈n,OM〉=

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6 = 3 ,所以 OM 与平面 ABC 所成角 2 3× 2

1

6 的正弦值为 3 ,正切值为 2. [答案] 2

三、解答题 10.如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底 面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3,点 F 是 PB 的中点,点 E 在边 BC 上 移动.

(1)若点 E 为 BC 的中点,证明:EF∥平面 PAC; (2)求证:PE⊥AF; (3)若直线 PA 与平面 PED 所成角的大小为 45°,求 BE 长. [解] (1)证明:∵在△PBC 中,E、F 分别为 BC、PB 的中点,∴ EF∥PC. 又 EF?平面 PAC,而 PC?平面 PAC, ∴EF∥平面 PAC.
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(2)证明:以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 1 1 A(0,0,0), P(0,0,1), B(0,1,0), F(0, D( 3, 0,0). 设 BE=x(0≤x≤ 3), 2, 2), → → 1 1 则 E(x,1,0),∴PE=(x,1,-1),AF=(0,2,2),

→→ 1 1 ∴PE· AF=(x,1,-1)· (0,2,2)=0,∴PE⊥AF. → (3)设平面 PDE 的法向量为 m=(p,q,1),由(2)知PD=( 3,0, → -1),PE=(x,1,-1), → ? ?m·PD=0, 由? → ? ?m·PE=0,
? ? 3p-1=0, 得? ? ?px+q-1=0,

→ 3 3 3 3 ∴p= 3 ,q=1- 3 x,∴m=( 3 ,1- 3 x,1).而AP=(0,0,1), 依题意知直线 PA 与平面 PDE 所成角为 45°,

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wx.jtyjy.com 1 1 3 2 + ? 1 - 3 3 x? + 1 1 , 2

→ 2 |m· AP| ∴sin45°= 2 = ,∴ → |m|· |AP|



得 BE=x= 3- 2或 BE=x= 3+ 2> 3(舍去). 故 BE= 3- 2时,直线 PA 与平面 PED 所成角为 45°. 11.(2012· 北京朝阳段考)如图, 在四棱锥 S-ABCD 中, 平面 SAD⊥ 平面 ABCD.底面 ABCD 为矩形,AD= 2a,AB= 3a,SA=SD=a.

(1)求证:CD⊥SA; (2)求二面角 C-SA-D 的大小. [解] (1)方法一:证明:因为平面 SAD⊥平面 ABCD, CD⊥AD,且面 SAD∩面 ABCD=AD, 所以 CD⊥平面 SAD. 又因为 SA?平面 SAD, 所以 CD⊥SA. 方法二:取 BC 的中点 E,AD 的中点 P. 在△SAD 中,SA=SD=a,P 为 AD 的中点,所以,SP⊥AD. 又 因为平面 SAD⊥平面 ABCD,且平面 SAD∩平面 ABCD=AD 所以,SP⊥平面 ABCD.显然,有 PE⊥AD.

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如图,以 P 为坐标原点,PA 为 x 轴,PE 为 y 轴,PS 为 z 轴建立 空间直角坐标系, 2 2 2 2 则 S(0,0, 2 a),A( 2 a,0,0),B( 2 a, 3a,0),C(- 2 a, 3a,0), 2 D(- 2 a,0,0). → → 2 2 易知CD=(0,- 3a,0),SA=( 2 a,0,- 2 a), →→ 因为CD· SA=0,所以 CD⊥SA. → ? ?n·SA=0 (2)设 n=(x,y,z)为平面 CSA 的一个法向量,则有? → ? ?n·CA=0



? ? 22ax- 22az=0 即? ? ? 2ax-a 3y=0

,所以 n=( 3, 2, 3).

→ 显然,EP⊥平面 SAD,所以PE为平面 SAD 的一个法向量,所以 m=(0,1,0)为平面 SAD 的一个法向量.
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金太阳新课标资源网 所以 cos〈n,m〉=

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2 1 π =2,所以二面角 C-SA-D 的大小为 3 . 2 2

12.(2012· 唐山一模)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥底面 ABC,底面是边长为 2 的正三角形,M、N 分别是棱 CC1、AB 的中点.

(1)求证:CN∥平面 AMB1; (2)若二面角 A-MB1-C 为 45°,求 CC1 的长. [解] (1)证明:设 AB1 的中点为 P,连接 NP、MP. 1 1 ∵CM 綊2AA1,NP 綊2AA1,∴CM 綊 NP, ∴四边形 CNPM 是平行四边形,∴CN∥MP. ∵CN?平面 AMB1,MP?平面 AMB1, ∴CN∥平面 AMB1. (2)如图,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 C-xyz,使 x 轴、y → → → 轴、z 轴分别与NA、CN、CC1同向.

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则 C(0,0,0),A(1, 3,0),B(-1, 3,0), 设 M(0,0,a)(a>0),则 B1(-1, 3,2a), → → → MA=(1, 3,-a),MB1=(-1, 3,a),CM=(0,0,a), → → 设平面 AMB1 的法向量 n=(x,y,z),则 n· MA=0,n· MB1=0,
? ?x+ 3y-az=0, 即? ? ?-x+ 3y+az=0,

则 y=0,令 x=a,则 z=1,即 n=(a,0,1). → → 设平面 MB1C 的一个法向量是 m=(u, v, w), 则 m· MB1=0, m· CM =0,
? ?-u+ 3v+aw=0, 即? ? ?aw=0,

则 w=0,令 v=1,则 u= 3,即 m=( 3,1,0).

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金太阳新课标资源网 所以 cos〈m,n〉=

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3a , 2 a2+1

3a 2 依题意, 〈m,n〉=45°,则 = ,解得 a= 2, 2 a2+1 2 所以 CC1 的长为 2 2.

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(2013届高三数学理科二轮复习专题卷2-4-3第3讲 空间向量与立体几何

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