2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分專題五立體幾何1.5.3空間向量與立體幾何限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練空間向量與立體幾何eq\o（\a\al(限時(shí)45分鐘，實(shí)際用時(shí)，分值81分,實(shí)際得分）)一、選擇題（本題共6小題，每小題5分，共30分)1．（2017·山東青島模擬)已知正三棱柱ABC。A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1AA.eq\f（\r(6）,4) B.eq\f(\r（10)，4）C。eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r（3)，2）解析：選A.如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正三棱柱的棱長為2，則O（0,0，0)，B(eq\r（3），0,0），A（0，－1，0），B1(eq\r（3)，0，2），則eq\o（AB1，\s\up11（→）)＝（eq\r（3)，1，2),則eq\o(BO,\s\up11(→）)＝(－eq\r（3)，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量，故sinθ＝eq\f(｜\o（AB1，\s\up11(→）)·\o（BO，\s\up11(→)）｜，｜\o（AB1,\s\up11（→))||\o（BO,\s\up11(→）)｜)＝eq\f（|－3｜，2\r（2）×\r（3))＝eq\f(\r(6），4）.2．在直三棱柱ABC。A1B1C1中，AA1＝2，二面角B.AA1.C1的大小為60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為eq\r（3），點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2eq\r(3）,則直線BC1與直線AB1所成角的正切值為（)A。eq\r(7） B。eq\r（6）C.eq\r(5） D．2解析:選A。由題意可知，∠BAC＝60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為eq\r(3）,點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為2eq\r（3)，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2eq\r(3），∠ABC＝90°,則eq\o（AB1,\s\up11(→))·eq\o（BC1,\s\up11(→））＝（eq\o(BB1，\s\up11（→）)－eq\o(BA，\s\up11(→）））·（eq\o（BB1,\s\up11（→))＋eq\o(BC，\s\up11(→）））＝4,｜eq\o(AB1，\s\up11(→）)|＝2eq\r(2），|eq\o(BC1，\s\up11(→)）|＝4，cos〈eq\o(AB1,\s\up11(→））,eq\o(BC1,\s\up11(→））〉＝eq\f（\o（AB1,\s\up11(→）)·\o(BC1，\s\up11（→）)，｜\o（AB1，\s\up11（→）)｜·|\o（BC1，\s\up11(→）)|）＝eq\f（\r（2），4），故tan〈eq\o(AB1,\s\up11(→）)，eq\o（BC1,\s\up11（→))>＝eq\r（7）.3．如圖所示，在三棱錐P。ABC中,PA⊥平面ABC，D是棱PB的中點(diǎn),已知PA＝BC＝2,AB＝4，CB⊥AB，則異面直線PC，AD所成角的余弦值為(）A．－eq\f（\r(30),10） B．－eq\f(\r（30),5)C.eq\f（\r(30)，5) D。eq\f（\r（30），10）解析：選D。因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC。過點(diǎn)A作AE∥CB，又CB⊥AB，則AP，AB，AE兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AE，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0，0,0),P(0，0,2)，B(4,0，0），C（4，－2,0)．因?yàn)镈為PB的中點(diǎn)，所以D（2，0,1)．故eq\o(CP，\s\up11（→))＝(－4,2,2）,eq\o（AD，\s\up11（→)）＝(2,0，1)．所以cos〈eq\o（AD,\s\up11(→)),eq\o(CP,\s\up11(→))>＝eq\f(\o(AD，\s\up11（→）)·\o（CP，\s\up11（→)）,|\o(AD,\s\up11(→））|×｜\o(CP,\s\up11（→））｜)＝eq\f(－6,\r(5)×2\r（6）)＝－eq\f（\r（30）,10）。設(shè)異面直線PC，AD所成的角為θ，則cosθ＝｜c(diǎn)os〈eq\o（AD，\s\up11(→)）,eq\o（CP,\s\up11（→）)〉|＝eq\f(\r(30）,10）.4．（2017·山西四市聯(lián)考)在空間直角坐標(biāo)系O.xyz中，已知A(2,0，0），B（2，2，0)，C(0，2，0)，D(1,1,eq\r（2))．若S1，S2，S3分別是三棱錐D.ABC在xOy，yOz，zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則()A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1解析：選D。如圖所示,△ABC為三棱錐在坐標(biāo)平面xOy上的正投影,所以S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2。三棱錐在坐標(biāo)平面yOz上的正投影與△DEF（E，F(xiàn)分別為OA，BC的中點(diǎn)）全等，所以S2＝eq\f(1,2)×2×eq\r（2）＝eq\r（2）。三棱錐在坐標(biāo)平面xOz上的正投影與△DGH(G，H分別為AB,OC的中點(diǎn)）全等，所以S3＝eq\f(1，2)×2×eq\r（2）＝eq\r(2)。所以S2＝S3且S1≠S3，故選D.5．如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是正方體ABCD。A1B1C1D1的棱AB，AA1的中點(diǎn),點(diǎn)M,N分別是線段D1E與C1F上的點(diǎn)，則與平面ABCD垂直的直線A．0條 B．1條C．2條 D．無數(shù)條解析：選B.假設(shè)存在滿足條件的直線MN,如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則D1（2，0，2），E（1,2,0)，設(shè)M（x，y，z），eq\o(D1M,\s\up11（→))＝meq\o（D1E，\s\up11(→)）（0＜m＜1),∴（x－2，y，z－2)＝m（－1，2,－2)，x＝2－m,y＝2m,z＝2－2m,∴M（2－m,2m，2－2m）,同理，若設(shè)eq\o（C1N,\s\up11（→）)＝neq\o（C1F,\s\up11(→))（0＜n＜1)，可得N（2n,2n,2－n），eq\o（MN，\s\up11(→）)＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)．又∵M(jìn)N⊥平面ABCD?！鄀q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2n－2＝0，，2n－2m＝0,）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m＝\f（2,3），,n＝\f(2，3)，））即存在滿足條件的直線MN,且只有一條．6．(2017·安徽合肥模擬）如圖，在棱長為1的正方體ABCD.A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段AD1①異面直線C1P和CB1所成的角為定值；②二面角P。BC1.D的大小為定值;③三棱錐D-BPC1的體積為定值；④直線CP與平面ABC1D1所成的角為定值．其中真命題的個(gè)數(shù)為（)A．1 B．2C．3 D．4解析：選C。如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,1，0),B（1，1，0),C1（0，1，1），B1(1,1,1）．設(shè)P（t，0,1－t），0≤t≤1。①中，eq\o(C1P，\s\up11(→)）＝（t，－1,－t)，eq\o(CB1,\s\up11（→））＝(1,0,1),因?yàn)閑q\o（C1P，\s\up11（→））·eq\o(CB1,\s\up11（→)）＝0，所以C1P⊥CB1,故①對(duì);②中，因?yàn)镈1A∥C1B,所以平面PBC1即平面ABC1D1，兩平面都固定，所以其二面角為定值，故②對(duì)；③中，因?yàn)辄c(diǎn)P到直線BC1的距離AB＝1，所以V三棱錐D.BPC1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）×BC1×AB))×eq\f(1，2)CB1＝eq\f（1,6)，故③對(duì)；④中，eq\o（CP，\s\up11（→））＝(t，－1，1－t），易知平面ABC1D1的一個(gè)法向量為eq\o(CB1,\s\up11(→)）＝(1，0,1)，所以cos〈eq\o（CP,\s\up11(→))，eq\o(CB1,\s\up11(→））>不是定值，故④錯(cuò)誤．二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)7．（2017·江蘇南京三模)如圖，三棱錐A。BCD的棱長全相等，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，則直線CE與BD所成角的余弦值為________．解析：設(shè)AB＝1，則eq\o(CE,\s\up11（→)）·eq\o(BD,\s\up11(→))＝（eq\o（AE,\s\up11(→）)－eq\o(AC，\s\up11（→）))·（eq\o（AD,\s\up11（→))－eq\o(AB,\s\up11(→)）)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)\o（AD，\s\up11(→））－\o（AC,\s\up11(→)）））·(eq\o（AD,\s\up11(→））－eq\o（AB,\s\up11（→）)）＝eq\f(1,2）eq\o(AD,\s\up11（→)）2－eq\f（1，2)eq\o(AD，\s\up11（→）)·eq\o(AB,\s\up11（→）)－eq\o（AC，\s\up11(→））·eq\o(AD，\s\up11（→））＋eq\o(AC，\s\up11(→)）·eq\o(AB,\s\up11（→））＝eq\f(1，2)－eq\f（1，2）cos60°－cos60°＋cos60°＝eq\f（1，4）.∴cos<eq\o（CE，\s\up11（→)),eq\o（BD，\s\up11（→）)〉＝eq\f(\o(CE，\s\up11（→)）·\o(BD,\s\up11（→)）,|\o（CE，\s\up11（→)）|｜\o（BD,\s\up11(→））｜)＝eq\f（\f(1，4）,\f(\r(3)，2)）＝eq\f(\r（3)，6）。答案:eq\f(\r(3），6）8．在直三棱柱ABC。A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝eq\f(π,3)，AC＝4，點(diǎn)M為AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為BM的中點(diǎn)，Q在線段CA1上,且A1Q＝3QC,則異面直線PQ與AC所成角的正弦值為________．解析:由題意，以C為原點(diǎn)，以AC邊所在直線為x軸，以BC邊所在直線為y軸，以CC1邊所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)棱柱的高為a，由∠BAC＝eq\f(π，3)，AC＝4，得BC＝4eq\r(3)，所以A（4,0,0)，B(0,4eq\r(3),0)，C（0，0,0),A1(4,0,a）,Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(4，0，\f（a,2）)),Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2,2\r（3)，\f（a，4）））,Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,0,\f（a,4)））。所以eq\o（QP，\s\up11(→))＝(1，2eq\r（3），0），eq\o（CA,\s\up11（→））＝(4，0,0）．設(shè)異面直線QP與CA所成的角為θ，所以|cosθ|＝eq\f（|\o(QP,\s\up11（→))·\o（CA，\s\up11（→））｜,｜\o(QP，\s\up11(→））｜·|\o（CA,\s\up11（→）)|)＝eq\f(4,4\r（13)）＝eq\f（\r（13),13）。由sin2θ＋cos2θ＝1得，sin2θ＝eq\f(12,13)，所以sinθ＝±eq\f（2\r(39），13),因?yàn)楫惷嬷本€所成角的正弦值為正,所以sinθ＝eq\f（2\r(39)，13）即為所求．答案：eq\f（2\r（39）,13）9．（2017·河北衡水模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M,N分別在AB1，BC1上，且AM＝eq\f（1,3)AB1，BN＝eq\f(1，3)BC1，則下列結(jié)論：①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面A1B1C1D1;④BD1⊥MN.其中正確命題的序號(hào)是________．(寫出所有正確命題的序號(hào))解析：如圖，建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC,DA，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系．令正方體的棱長為3，可得D(0，0,0)，A(0,3，0）,A1(0,3，3)，C1(3，0,3），D1(0，0，3），B（3,3，0），M（1,3,1)，N（3，2，1）．①中，eq\o（AA1，\s\up11(→))＝（0,0,3），eq\o（MN，\s\up11（→））＝(2，－1，0)，因?yàn)閑q\o(AA1，\s\up11（→))·eq\o(MN，\s\up11（→))＝0，所以①正確;②中，eq\o（A1C1,\s\up11（→))＝(3，－3，0），與eq\o（MN,\s\up11(→）)不成線性關(guān)系，所以②錯(cuò)；③中，易知平面A1B1C1D1的一個(gè)法向量為eq\o（DD1,\s\up11（→))＝（0,0,3)，而eq\o（DD1,\s\up11（→))·eq\o(MN，\s\up11(→）)＝0,且MN?平面A1B1C1D1，所以③正確;④中，eq\o（BD1，\s\up11（→))＝(－3，－3，3），因?yàn)閑q\o（BD1,\s\up11（→）)·eq\o（MN，\s\up11(→)）≠0，所以④錯(cuò)誤．答案：①③三、解答題（本題共3小題，每小題12分,共36分）10．(2017·高考全國卷Ⅱ）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB＝BC＝eq\f（1，2）AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn)．(1）證明：直線CE∥平面PAB；(2）點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成銳角為45°，求二面角M。AB.D的余弦值．解：（1）證明：取PA中點(diǎn)F,連接EF，BF,CE.∵E，F(xiàn)為PD，PA中點(diǎn)，∴EF為△PAD的中位線，∴EFeq\o（\s\do5(═)，\s\up6(∥))eq\f(1，2)AD。又∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD.又∵AB＝BC＝eq\f（1,2）AD,∴BCeq\o(\s\do5（═），\s\up6（∥））eq\f（1,2）AD，∴EFeq\o(\s\do5（═），\s\up6（∥））BC.∴四邊形BCEF為平行四邊形，∴CE∥BF.又∵BF?面PAB，∴CE∥面PAB。（2）以AD中點(diǎn)O為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝1，則O(0,0，0）,A(0,－1,0），B(1，－1，0），C（1，0,0)，D（0,1，0），P(0，0，eq\r(3)）．M在底面ABCD上的投影為M′，∴MM′⊥BM′.又BM與底面ABCD所成角為45°，∴∠MBM′＝45°，∴△MBM′為等腰直角三角形．∵△POC為直角三角形，且eq\f(｜OP|,|OC|)＝eq\r(3），∴∠PCO＝60°.設(shè)｜MM′｜＝a，|CM′｜＝eq\f（\r(3）,3)a，|OM′|＝1－eq\f(\r(3）,3）a.∴M′eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（\r(3）,3)a，0,0))。eq\o（BM′，\s\up11（→)）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（3)，3)a，1，0))，|BM′｜＝eq\r（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)，3)a)）2＋12＋02)＝eq\r（\f(1，3)a2＋1)＝a?a＝eq\f（\r(6）,2)。∴｜OM′|＝1－eq\f(\r(3)，3）a＝1－eq\f（\r（2)，2）.∴M′eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2）,2），0，0)),Meq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2）,2)，0，\f(\r（6),2)））eq\o(AM,\s\up11(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(\r(2)，2),1，\f（\r(6)，2))），eq\o（AB,\s\up11（→)）＝(1,0，0）．設(shè)平面ABM的法向量m＝（0，y1，z1)．y1＋eq\f（\r(6），2)z1＝0，∴m＝(0，－eq\r（6），2）eq\o(AD,\s\up11(→））＝（0,2,0)，eq\o（AB，\s\up11（→））＝（1，0,0）．設(shè)平面ABD的法向量為n＝(0，0，z2），n＝（0,0,1）．∴cos<m，n>＝eq\f(m·n,｜m｜｜n|)＝eq\f（2,\r（10）×1)＝eq\f（2\r(10)，10)＝eq\f(\r（10）,5)?！喽娼荕-AB。D的余弦值為eq\f(\r(10）,5）.11．如圖所示的幾何體中，ABC-A1B1C1為三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD＝2CD,∠ADC（1）若AA1＝AC,求證：AC1⊥平面A1B1CD。（2)若CD＝2，AA1＝λAC，二面角C.A1D.C1的余弦值為eq\f（\r(2）,4），求三棱錐C1-A1CD的體積．解：(1)證明：若AA1＝AC，則四邊形ACC1A1則AC1⊥A1C因?yàn)锳D＝2CD，∠ADC＝60°，所以△ACD為直角三角形,則AC⊥CD，因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD，又AA1∩AC＝A,所以CD⊥平面ACC1A1，則CD⊥AC1因?yàn)锳1C∩CD＝C，所以AC1⊥平面A1B1CD（2）若CD＝2,因?yàn)椤螦DC＝60°，所以AC＝2eq\r(3),則AA1＝λAC＝2eq\r(3）λ,建立以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CA，CC1分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則C（0，0,0），D(2，0，0，）,A(0,2eq\r（3)，0)，C1（0，0,2eq\r（3）λ)，A1(0，2eq\r（3)，2eq\r(3)λ）．則eq\o（A1D，\s\up11（→））＝(2,－2eq\r(3)，－2eq\r（3)λ），eq\o（CD，\s\up11（→)）＝(2，0,0)，eq\o(C1A1,\s\up11（→））＝（0，2eq\r（3)，0)．設(shè)平面CA1D的一個(gè)法向量為m＝(x,y,z）．則m·eq\o(A1D,\s\up11(→)）＝2x－2eq\r(3)y－2eq\r（3)λz＝0,m·eq\o（CD，\s\up11（→）)＝2x＝0，則x＝0，y＝－λz，令z＝1，則y＝－λ，則m＝(0,－λ，1）．設(shè)平面A1DC1的一個(gè)法向量為n＝(x1，y1，z1)，n·eq\o(A1D，\s\up11（→）)＝2x1－2eq\r(3)y1－2eq\r(3)λz1＝0，n·eq\o（C1A1,\s\up11（→））＝2eq\r(3）y1＝0，則y1＝0，2x1－2eq\r(3）λz1＝0，令z1＝1,則x1＝eq\r(3)λ,則n＝（eq\r（3）λ，0，1）,因?yàn)槎娼荂-A1D.C1的余弦值為eq\f（\r(2）,4).所以cos〈m，n〉＝eq\f（m·n,｜m｜·|n|)＝eq\f(1，\r（1＋λ2）·\r(1＋3λ2）)＝eq\f（\r(2),4）.即(1＋λ2)（1＋3λ2)＝8，得λ＝1，即AA1＝AC，則三棱錐C1.A1CD的體積V＝VD.A1C1C＝eq\f(1，3)CD·eq\f(1，2)AC·AA1＝eq\f（1，3)×2×eq\f（1,2)×2eq\r（3）×2eq\r（3)＝4.12．（2017·浙江寧波模擬）如圖（1），在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于點(diǎn)E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如圖(2)．（1)求證：A1E⊥平面BCDE。(2)求二面角E。A1B。C的余弦值．(3)判斷在線段EB上是否存在一點(diǎn)P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在,求出eq\f(EP,PB）的值;若不存在，說明理由．解析：（1)證明：∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC。又∵AD1⊥DC，A1D∩DE＝D,∴DC⊥平面A1DE,∴DC⊥A1E.又∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，∴A1E⊥平面BCDE。(2)∵A1E⊥平面BCDE,DE⊥BE，∴以EB,ED，EA1所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．易知