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2019年高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含解析)
一、选择题1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin〈,〉的值为 A.B.C.D.解析 设正方体的棱长为2,以D为原点建立如图所示空间坐标系,则=2,-21,=22,-1,∴cos〈,〉=-,∴sin〈,〉=.答案 B
2.如图,三棱锥A-BCD的棱长全相等,E为AD的中点,则直线CE与BD所成角的余弦值为 A.B.C.D.解析 设AB=1,则·=-A·-=2-·-·+·=-cos60°-cos60°+cos60°=.∴cos〈,〉===.故选A.答案 A
3.如图,点P是单位正方体ABCD-A1B1C1D1中异于A的一个顶点,则·的值为 A.0B.1C.0或1D.任意实数解析 可为下列7个向量,,,,,,,其中一个与重合,·=||2=1;,,与垂直,这时·=0;,与的夹角为45°,这时·=×1×cos=1,最后·=×1×cos∠BAC1=×=1,故选C.答案 C4.xx·山东卷已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为 A.B.C.D.解析 如图所示,设△ABC的中心为O,SABC=×××sin60°=.∴VABC-A1B1C1=SABC×OP=×OP=,∴OP=.又OA=××=1,∴tan∠OAP==,又0∠OAP,∴∠OAP=.答案 B5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 A.B.C.D.解析 以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图.设棱长为1,则A1001,E,D010,所以=01,-1,=,设平面A1ED的一个法向量为n1=1,y,z,则所以所以n1=122.因为平面ABCD的一个法向量为n2=001,所以|cos〈n1,n2〉|==.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.故选B.答案 B6.P是二面角α-AB-β棱上的一点,分别在α,β平面上引射线PM,PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角α-AB-β的大小为 A.60°B.70°C.80°D.90°解析 不妨设PM=a,PN=b,作ME⊥AB于点E,NF⊥AB于点F,如图.因为∠EPM=∠FPN=45°,所以PE=a,PF=b,所以·=-·-=·-·-·+·=abcos60°-a×bcos45°-abcos45°+a×b=--+=
0.所以⊥,所以二面角α-AB-β的大小为90°.答案 D
二、填空题7.已知a=2,-11,b=-14,-2,c=115,λ.若向量a,b,c共面,则λ=________.解析 由向量a,b,c共面可得c=xa+ybx,y∈R,故有解得答案 18.已知空间不共面四点O,A,B,C,·=·=·O=0,且||=||=||,=,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,建立空间直角坐标系O-xyz,设OA=OB=OC=1,则A100,B010,C001,M,故=-110,=-101,=.设平面ABC的法向量为n=x,y,z,则由得令x=1,得平面ABC的一个法向量为n=111.故cos〈n,〉==,sin〈n,〉==,tan〈n,〉==.答案 9.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________.解析 如图,建立空间直角坐标系.设DA=1,由已知条件得A100,E,F,=,=,设平面AEF的法向量为n=x,y,z,平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ,由得令y=1,得z=-3,x=-1,则n=-11,-3,平面ABC的法向量为m=00,-1,cosθ=cos〈n,m〉=,tanθ=.答案
三、解答题
10.如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=AD=a,点E是SD上的点,且DE=λa0λ≤1.1求证对任意的λ∈01],都有AC⊥BE;2若二面角C-AE-D的大小为60°,求λ的值.解 1证明如图所示,建立空间直角坐标系D-xyz,则Aa00,Ba,a0,C0,a0,D000,E00,λa,∴=-a,a0,=-a,-a,λa,∴·=0对任意λ∈01]都成立,即对任意的λ∈01],都有AC⊥BE.2显然n=010是平面ADE的一个法向量,设平面ACE的法向量为m=x,y,z,∵=-a,a0,=-a0,λa,∴即∴令z=1,则x=y=λ,∴m=λ,λ,1.∵二面角C-AE-D的大小为60°,∴cos〈n,m〉===,∵λ∈01],∴λ=.
11.xx·北京卷如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.1求证AB∥FG;2若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解 1证明在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.2因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A000,B100,C210,P002,F011,=110.设平面ABF的法向量为n=x,y,z,则即令z=1,则y=-
1.所以n=0,-11.设直线BC与平面ABF所成角为α,则sinα=|cos〈n,〉|==.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为u,v,w.因为点H在棱PC上,所以可设=λ0λ1,即u,v,w-2=λ21,-2,所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,即0,-11·2λ,λ,2-2λ=0,解得λ=.所以点H的坐标为.所以PH==
2.B级——能力提高组
1.xx·江西卷如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.1求证AB⊥PD;2若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.解 1证明ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.2过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG,在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=,设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积为V=··m·=.因为m==,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O000,B,C,D,P.故=,=0,,0,=.设平面BPC的法向量n1=x,y1,则由n1⊥,n1⊥,得解得x=1,y=0,n1=101.同理可求出平面DPC的法向量n2=,从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ===.
2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.1求证B1E⊥AD1;2在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;3若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.解 1证明以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如图,设AB=a,则A000,D010,D1011,E,B1a01,故=011,=,=a01,=.∵·=-×0+1×1+-1×1=0,∴B1E⊥AD
1.2假设在棱AA1上存在一点P00,z00≤z0≤1,使得DP∥平面B1AE.此时=0,-1,z0.又设平面B1AE的法向量n=x,y,z.由n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.3连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由1知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A
1.∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=011.设与n所成的角为θ,则cosθ==.∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,∴|cosθ|=cos30°,即=,解得a=2,即AB的长为
2. 。