2021届高三数学二轮复习专题能力提升训练14 用空间向量法解决立体几何问题 理.doc

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1、训练14用空间向量法解决立体几何问题(时间：45分钟满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交 B平行C垂直 D不能确定2(2012广州调研)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A. B. C. D.3(2012金华模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1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()A. B. C. D.4(2012临沂模拟)过正方形ABCD

2、的顶点A，引PA平面ABCD.若PABA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30 B45 C60 D905(2012潍坊模拟)如图所示，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()AACBEBEF平面ABCDC三棱锥ABEF的体积为定值D异面直线AE，BF所成的角为定值二、填空题(每小题5分，共15分)6在空间四边形ABCD中，a2c，5a6b8c，对角线AC、BD的中点分别为P、Q，则_.7(2012武汉调研)到正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点：有且只有1个；有且只有

3、2个；有且只有3个；有无数个其中正确答案的序号是_8已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_三、解答题(本题共3小题，共35分)9(11分)(2012浙江)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值10(12分)(2012东北四校一模)如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形，且A

4、1AB60，M是A1B1的中点，MBAC.(1)求证：MB平面ABC；(2)求二面角A1BB1C的余弦值11(12分)(2012唐山二模)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2.E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值参考答案训练14用空间向量法解决立体几何问题1B()()，又是平面BB1C1C的一个法向量，且0，又MN面BB1C1C，MN平面BB1C1C.2D连A1C1与B1D1交与O点，再连BO，ABBC，C1O面DD1BB1，则OBC1为BC1与

5、平面BB1D1D所成角cosOBC1，OC1，BC1，cosOBC1.3A如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，A(0，1,0)，B1(，0,2)，则(，1,2)，O(0,0,0)，B(，0,0)，则(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量由sin .4B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所成二面角(锐角)的余弦值为，故所求的二面角的大小是45.5DAC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D.ACBE，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

6、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，故VABEF为定值当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，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，1，(0，1,1)，1，.又|AE|，|BF|，cos，.此时异面直线AE与BF成30角当点E为D1B1的中点，点F在B1处时，此时E，1，F(0,1,1)，1，(0,0,1)，1，| ，cos，故选D.6解析如图，2()()00a2c5a6b8c6a6b10c，3a3b5c.答案3a3b5c7解析注意到正方体ABCDA1B1C1D1的对角线B1D上的每一点

7、到直线AB，CC1，A1D1的距离都相等，因此到ABCDA1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线距离相等的点有无数个，其中正确答案的序号是.答案8解析设正方体的棱长为1，中()23()23，故正确；中，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0.故也不正确答案9(1)证明因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解连接AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示在菱形ABCD中，BAD1

8、20，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角三角形PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M，N，Q.设m(x，y，z)为平面AMN的法向量由，知，取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由，知，取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.10(1)证明侧面ABB1A1是菱形，且A1AB60，A1BB1为正三角形，又点M为A1B1的中点，BMA1B1，ABA1B1，BMAB，由已知MB

9、AC，MB平面ABC.(2)解如图建立空间直角坐标系，设菱形ABB1A1边长为2，得B1(0，1，)，A(0,2,0)，C(，1,0)，A1(0,1，)则(0,1，)，(0,2,0)，(0，1，)，(，1,0)设面ABB1A1的法向量n1(x1，y1，z1)，由n1，n1得，令x11，得n1(1,0,0)设面BB1C1C的法向量n2(x2，y2，z2)，由n2，n2得令y2，得n2(1，1)，得cosn1，n2.又二面角A1BB1C为锐角，所以所求二面角的余弦值为.11(1)证明PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC，AB2，ADCD1，ACBC，AC2BC2AB2，ACBC，又BCPCC，AC平面PBC，AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)解如图，以C为原点，、分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)设P(0,0，a)(a0)，则E，(1,1,0)，(0,0，a)，取m(1，1,0)，则mm0，m为面PAC的法向量设n(x，y，z)为面EAC的法向量，则nn0，即取xa，ya，z2，则n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，则a2.于是n(2，2，2)，(1,1，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.8