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创新设计2012高考数学二轮专题复习试题:1-4-2(空间向量与立体几何)


A组

(时间:45 分钟
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)

满分:60 分)
).

1.已知 a=(1,1,0),b=(-1,0,3),且 ka+b 与 2a-b 垂直,则 k 的值为( 12 A. 5 7 B.1 C. 5 D.2

解析 ka+b=(k-1,k,3),2a-b=(3,2,-3)依题意, 12 得:(k-1)×3+k×2+3×(-3)=0,解得 k= . 5 答案 A 2.已知 A(-3,1,-4),B(5,-3,6),设线段 AB 的中点为 M,点 A 关于 x 轴的对称点为 N, 则|MN|=( ).

A.3 B.4 C.5 D.6 解析 由中点坐标公式得 M 点坐标为(1,-1,1),点 A 关于 x 轴的对称点 N(-3,-1,4 ), ∴|MN|= (-3-1)2+(-1+1)2+(4-1)2=5. 答案 C 3.(2011·广州模拟)如图,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° B.45° C.60° D.90 解析 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 的法向量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 故所求的二面角的大小是 45°. 答案 B 4.在三棱柱 ABCA1B1C1 中,各棱 长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( ). |n1·n2| 2 = , |n1||n2| 2

A.30° B.45° C.60° D.90° 解析 如图,取 BC 中点 E,连结 AE,则 AE⊥平面 BCC1B1, 故∠ADE 为直线 AD 与平面 BB1C1C 所成的角.设各棱长为 a, 则 AE= 3 1 a,DE= a, 2 2

∴tan∠ADE= 3. ∴∠ADE=60°. 答案 C 5.如图所示,设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1, 线段 B1D1 上有两个动点 E,F 且 EF= 则下列结论中错误的是( A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 ABEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 解析 ∵AC⊥平面 BB1D1D,又 BE?平面 BB1D1D. ∴AC⊥BE,故 A 正确. ∵B1D1∥平面 ABCD,又 E、F 在直线 D1B1 上运动, ∴EF∥平面 ABCD,故 B 正确. C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不 变,故△BEF 的面积为定值,又点 A 到平面 BEF 的距离 为 2 ,故 VABEF 为定值. 2 ). 2 , 2

①当点 E 在 D1 处,点 F 为 D1B1 的中点时, → 1 1 建立空间直角坐标系,如图所示,可得 A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0,1),F?2,2,1?,∴AE=(0, ? ? - 1,1), → 1 1 BF=?2,-2,1?, ? ? → → 3 ∴AE·BF= . 2 → → 6 , 2

又|AE|= 2,|BF|=

→ → → → AE·BE ∴cos〈AE,BF〉= = → → |AE||BF|

3 2 2× 6 2 =

3 . 2

∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30°角. ②当点 E 为 D1B1 的中点,点 F 在 B1 处时,此时 1 1 E?2,2,1?,F(0,1,1), ? ? → → 1 1 ∴AE=?-2,-2,1?,BF=(0,0,1), ? ? → → →

∴AE·BF=1,|AE|=

?-1?2+?-1?2+12= 6, ? 2? ? 2? 2
→ → 6 3 = ≠ . 3 2 6 1× 2 |AE||BF| AE·BF = → → 1





∴cos〈AE,BF〉=

答案 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 6. 已知点 A(λ+1, ?-1,3), B(2λ, λ-2?), ?, C(λ+3, ?-3,9)三点共线, 2 012(λ 则 → →
+?)

=________.

解 析 AB=(λ-1,1,λ-2?-3),BC=(3-λ,-3,9-λ+2?), ∴ λ-1 1 λ-2?-3 + = = ,∴λ=0,?=0,∴2012(λ ?)=1. 3-λ -3 9-λ+2?

答案 1 7.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°,则直线 l 与平面 α 所成的角等于 ________. 答案 30° 8.如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 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 以 C 为坐标原点, CB、 1 所在直线分别为 x, z 轴建立空间直角坐标系, 1(1,0,2), CA、 CC y, A 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 = = . 6 → → 1+1+4 |A1B||AC| cos〈A1B,AC〉=

答案

6 6

三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 9.(2011·浙江金华十校模拟)在等腰梯形 ABCD 中,AB=3,AD=BC=2,CD=1,E 为 AB 上 的点且 AE=1,将△AED 沿 DE 折起到 A1ED 的位置,使得二面角 A1CDE 的平面角为 30°. (1)求证:DE⊥A1B; (2)求二面角 BA1CD 的余弦值. (1)证明 如图 1 中,∵在等腰梯形 ABCD 中,AB=3,CD=1,AE=1,∴DE⊥AB, ∴如图 2 中,DE⊥A1E,DE⊥BE,∴DE⊥平面 A1EB,故 DE⊥A1B.

(2)解

如图建立空间直角坐标系,设 EA1 与 x 轴所成的角为 θ,

则 A1(cos θ,-sin θ,0),B(0,2,0),C(0,1, 3),D(0,0, 3), → → ∴A1C=(-cos θ,1+sin θ, 3),CD=(0,1,0), 设平面 A1CD 的法向量为 n1=(x,y,z), 平面 BCDE 的法向量为 n2=(1,0,0),

?A→ ·n =-xcos θ+y(1+sin θ)+ ? C 则? → ?CD·n =y=0, ?
1 1 1

3z=0,

3 ?, 令 z=1,则 n1=? ?cos θ,0,1?

∵cos〈n1,n2〉=

3 ,∴ 2

? 3? ?cos θ?
3 1+ 2 cos θ =

3 ,解得 cos 2θ=1,即 θ=0,此时点 A1 在 x 轴上, 2

→ A1(1,0,0),A1B=(-1,2,0),n1=( 3,0,1), 设平面 A1BC 的法向量为 n3=(x,y,z),

?A→B·n =-x+2y=0, ? 则? → ?A C·n =-x+y+ 3z=0, ?
1 3 1 3

令 y=1 ,得 n3=?2,1,

?

3? . 3?

n1·n3 7 故 cos〈n1,n3〉= = . |n1|·|n3| 8 7 结合图形,可得二面角 BA1CD 为钝角,故二面角的余弦值为- . 8 10.(2011·杭州模拟)如图,已知在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,且 AD=2,AB=1, PA⊥平面 ABCD,E,F 分别是线段 AB,BC 的中点.

(1)证明:PF⊥FD; (2)判断并说明 PA 上是否存在点 G,使得 EG∥平面 PFD; (3)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 APDF 的余弦值. (1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD,∠BAD=90°,AB=1,AD=2,建立如图所示的空间直角坐标

系 Axyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0). 不妨令 P(0,0,t), → →

∵PF=(1,1,-t),DF=(1,-1,0), → → ∴PF·DF=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0, 即 PF⊥FD. (2)解 设平面 PFD 的法向量为 n=(x,y,z),

→ ?n·PF=0, ? 由? → ?n·DF=0, ?

?x+y-tz=0, ? 得? , ? ?x-y=0,

t 令 z=1,解得:x=y= . 2 t t ∴n=?2,2,1?. ? ? 1 设 G 点坐标为(0,0,m),E?2,0,0?,则 ? ?

→ 1 EG=?-2,0,m?, ? ? → 1 t t t 1 要使 EG∥平面 PFD,只需EG·n=0,即?-2?× +0× +1×m=m- =0,得 m= t,从而满 ? ? 2 2 4 4 1 足 AG= AP 的点 G 即为所求. 4 → (3)解 →

∵AB⊥平面 PAD, ∴AB是平面 PAD 的法向量, 易得AB=(1,0,0), 又∵PA⊥平面 ABCD,

∴∠PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角,得∠PBA=45°,PA=1,平面 PFD 的法向量为 n=

?1,1,1?. ?2 2 ?
→ → AB·n ∴cos〈AB,n〉= = → |AB||n| 1 2 1 1 + +1 4 4 6 . 6 = 6 . 6

故所求二面角 APDF 的余弦值为

B组 (时间:30 分钟
一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1.如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 平面 BB1C1C 的位置关系是( A.相交 B.平行 C. 垂直 D.不能确定 解析 分别以 C1B1、C1D1,C1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示. ∵A1M=AN= 2 a, 3 ). 2a ,则 MN 与 3

满分:35 分)

2 a ∴M?a,3a,3?, ? ? 2 2 N?3a,3a,a?, ? ? → a 2 ∴MN=?-3,0,3a?. ? ?

→ 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴C1D1=(0,a,0), → → → → ∴MN·C1D1=0,∴MN⊥C1D1. → ∵C1D1是平面 BB1C1C 的法向量, 且 MN?平面 BB1C1C,∴MN∥平面 BB1C1C. 答案 B 2.如图,在四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD 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 如图,以 D 为原点,DA,DC 分别为 x,y 轴建立 如图所示空间直角坐标系, 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|=

?x-a?2+y2+? 3a?2.由|MP|=|MC|得 x=2y,所以 M ? 2? ?2 ?

1 在正方形 ABCD 内的轨迹为一条直线 y= x. 2 答案 A 3.如图,四棱锥 PABCD 的底面为正方形,PD⊥底面 ABCD,PD=AD=1,设点 C 到平面 PAB 的距离为 d1, 点 B 到平面 PAC 的距离为 d2,则有( A.1<d1<d2 B.d1<d2<1 C.d1<1<d2 D.d2<d1<1 解析 ∵CD∥平面 PAB, ).

∴C 到平面 PAB 的距离等于 D 到平面 PAB 的距离 . 如图,过 D 作 DE⊥PA, 则 DE⊥平面 PAB. ∴d1=DE= 2 .B 与 D 到平面 PAC 的距离相等, 2

设 AC∩BD=O, 则平面 PDO⊥平面 PAC. ∴d2 即是 D 到 PO 的距离,∴d2= ∴d2<d1<1. 答案 D 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 4.(2011·全国)已知点 E、F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 BB1、CC1 上,且 B1E=2EB, CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________. 解析 延长 FE、CB 相交于点 G,连结 AG,设正方体的棱 长为 3,则 GB=BC=3,作 BH⊥AG 于H,连结 EH, 3 2 则∠EHB 为所求二面角的平面角. ∵BH= ,EB=1, 2 2 EB ∴tan∠EHB= = . BH 3 答案 2 3 3 . 3

5.如图所示,已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都相等, D 是 A1C1 的中点,则直线 AD 与平面 B1DC 所成的角的 正弦值为________. 解析 不妨设正三棱柱 ABCA1B1C1 的棱长为 2,建立 如图所示空间直角坐标系, 则 C(0,0,0),A( 3,-1,0), B1( 3,1,2),D? 则CD=? → CB1=( 3,1,2), 设平面 B1DC 的法向量为 → 3 1 ? , ? 2 ,-2,2?

3 1 ? ,- ,2 , 2 ? ?2

→ ?n·CD=0, ? n=(x,y,1),由? → ?n·CB =0, ?
1

解得 n=(- 3,1,1). 又∵DA=? → 1 3 ?, ? 2 ,-2,-2? →

→ ? DA·n ? 4 ? ?= . ∴sin θ=|cos〈DA,n〉|= → ? ? 5 ?|DA||n|? 答案 4 5

三、解答题(本题 10 分) 6.(2011·济宁模拟)已知 DA⊥平面 ABC,AC⊥CB,[来源:Zxxk.Com] AC=CB=AD=2,E 是 DC 的中点,F 是 AB 的中点. (1)证明 AC⊥EF; (2)求二面角 CDBA 的正切值; (3)求点 A 到平面 BCD 的距离. 法一 (1)证明 取 AC 中点 G,连接 EG,GF,因为 E

是 DC 的中点,F 是 AB 的中点,所以 EG∥DA,GF∥CB, 因为 DA⊥平面 ABC,AC?平面 ABC,所以 DA⊥AC, 因此 AC⊥EG, 因为 AC⊥CB,所以 AC⊥GF,EG?平面 EGF,GF?平面 EGF,EG∩GF=G,所以 AC⊥平 面 EGF,EF?平面 EGF,所以 AC⊥EF. (2)解 连接 CF,在平面 DAB 中作 FH⊥DB 于点 H,连接 CH.因为 AC=CB,F 是 AB 的中点,

所以 CF⊥AB,因为 DA⊥平面 ABC,CF?平面 ABC,所以 CF⊥DA,DA∩AB=A,DA?平 面 DAB,AB?平面 DAB,所以 CF⊥平面 DAB,DB?平面 DAB,所以 DB⊥CF,因此 DB⊥ FH FB 平面 FCH,DB⊥CH,所以∠FHC 就是二面角 CDBA 的平面角.易知 = , DA DB FB 2 2 6 所以 FH= ·DA= ×2= ,在直角三角形 CFH 中,CF= 2, 2 2×2= 2 2 DB 3 AB +DA (2 2) +2 π CF 2 ∠CFH= ,所以 tan∠CHF= = = 3. 2 FH 6 3 (3)解 因为 AD=AC,E 是 DC 的中点,所以 AE⊥DC.又因为 CB⊥AD,而 CA 与 AD 是平面

ACD 中相交的两条直线,所以 CB⊥平面 CAD,因为 AE?平面 CAD,所以 AE⊥CB,又因为 CD 与 CB 是平面 DBC 中相交两条直线, 所以 AE⊥平面 DCB, 在等腰直角三角形 ACD 中,可求出 AE= 2. 法二 (1)证明 以 A 为原点,建立如图所示的坐标系(y 轴∥CB),则 A(0,0,0),D(0,0,2),





B(2,2,0),C(2,0,0),从而 E(1,0,1),F(1,1,0),所以AC=(2,0,0),EF=(0,1,-1), → → → →

所以AC·EF=2×0+0×1+0×(-1)=0,所以AC⊥EF,因此 AC⊥EF. (2)解 因为 AC=CB 且 F 为 AB 的中点,所以 CF⊥AB,又 CF⊥AD,AB∩AD=A,从而 CF → ⊥平面 ABD,故FC=(1,-1,0)为平面 ABD 的法向量.在△ADC 中,又 AD=AC,E 为 CD 中点,因为 AE?CAD,所以 AE⊥CD,又因 BC⊥平面 ACD,AE?平面 ACD,所以 AE⊥BC, 从而 AE⊥平面 BCD, → 故AE=(1,0,1)为平面 BCD 的一法向量, → → → → AE·FC 1 1 = = , → → 2× 2 2 |AE||FC| cos〈AE,FC〉=

故二面角 CDBA 的正切值为 3. (3)解 向量方法(略).

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