高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)限時規(guī)范訓(xùn)練：第一部分 專題五 立體幾何 153 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 限時規(guī)范訓(xùn)練十四　空間向量與立體幾何　 一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分) 1．(20xx山東青島模擬)已知正三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A.　 B. C. D. 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(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，則＝(，1,2)，則＝(－，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量，故sin θ＝＝＝. 2．

2、在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝2，二面角BAA1C1的大小為60，點B到平面ACC1A1的距離為，點C到平面ABB1A1的距離為2，則直線BC1與直線AB1所成角的正切值為(　　) A. B. C. D．2 解析：選A.由題意可知，∠BAC＝60，點B到平面ACC1A1的距離為，點C到平面ABB1A1的距離為2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90，則＝(－)(＋)＝4， ||＝2，||＝4， cos〈，〉＝＝， 故tan〈，〉＝. 3．如圖所示，在三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中點，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥

3、AB，則異面直線PC，AD所成角的余弦值為(　　) A．－ B．－ C. D. 解析：選D.因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC. 過點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，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)． 因為D為PB的中點，所以D(2,0,1)． 故＝(－4,2,2)，＝(2,0,1)． 所以cos〈，〉＝＝＝－. 設(shè)異面直線PC，AD所成的角為θ， 則cos θ＝|cos〈，〉|＝. 4．

4、(20xx山西四市聯(lián)考)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)．若S1，S2，S3分別是三棱錐DABC在xOy，yOz，zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則(　　) A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2 D．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＝22＝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)全等，所以S2＝2＝. 三棱錐在坐標(biāo)平面xOz上的正投影與△DGH(G，H分別為AB，O

5、C的中點)全等，所以S3＝2＝. 所以S2＝S3且S1≠S3，故選D. 5．如圖，點E，F(xiàn)分別是正方體ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中點，點M，N分別是線段D1E與C1F上的點，則與平面ABCD垂直的直線MN的條數(shù)有(　　) 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)，＝m(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)＝n(

6、0＜n＜1)，可得N(2n,2n,2－n)，＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)．又∵MN⊥平面ABCD. ∴解得即存在滿足條件的直線MN，且只有一條． 6．(20xx安徽合肥模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，給出以下四個命題： ①異面直線C1P和CB1所成的角為定值； ②二面角PBC1D的大小為定值； ③三棱錐DBPC1的體積為定值； ④直線CP與平面ABC1D1所成的角為定值． 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C.如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y

7、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，＝(t，－1，－t)，＝(1,0,1)，因為＝0，所以C1P⊥CB1，故①對；②中，因為D1A∥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；③中，因為點P到直線BC1的距離AB＝1，所以V三棱錐DBPC1＝CB1＝，故③對；④中，＝(t，－1,1－t)，易知平面ABC1D1的一個法向量為＝(1,0,1)，所以cos〈，〉不是定值，故④錯誤． 二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)

8、 7．(20xx江蘇南京三模)如圖，三棱錐ABCD的棱長全相等，點E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為________． 解析：設(shè)AB＝1，則＝(－)(－)＝(－)＝2－－＋ ＝－cos 60－cos 60＋cos 60＝. ∴cos〈，〉＝＝＝. 答案： 8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，點M為AA1的中點，點P為BM的中點，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，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

9、角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)棱柱的高為a，由∠BAC＝，AC＝4，得BC＝4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，M， P，Q.所以＝(1,2，0)，＝(4,0,0)．設(shè)異面直線QP與CA所成的角為θ，所以|cos θ|＝＝＝.由sin2θ＋cos2θ＝1得，sin2θ＝，所以sin θ＝，因為異面直線所成角的正弦值為正，所以sin θ＝即為所求． 答案： 9．(20xx河北衡水模擬)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點M, N分別在AB1，BC1上，且AM＝AB1，BN＝BC1，則下列結(jié)論：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A

10、1B1C1D1；④BD1⊥MN.其中正確命題的序號是________．(寫出所有正確命題的序號) 解析：如圖，建立以D為坐標(biāo)原點，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，＝(0,0,3)，＝(2，－1,0)，因為＝0，所以①正確；②中，＝(3，－3,0)，與不成線性關(guān)系，所以②錯；③中，易知平面A1B1C1D1的一個法向量為＝(0,0,3)，而＝0，且MN?平面A1B1C1D1

11、，所以③正確；④中，＝(－3，－3,3)，因為≠0，所以④錯誤． 答案：①③ 三、解答題(本題共3小題，每小題12分，共36分) 10．(20xx高考全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90，E是PD的中點． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成銳角為45，求二面角MABD的余弦值． 解：(1)證明：取PA中點F，連接EF，BF，CE. ∵E，F(xiàn)為PD，PA中點，∴EF為△PAD的中位線， ∴EFAD. 又∵∠BAD＝∠ABC＝90，∴BC∥

12、AD. 又∵AB＝BC＝AD，∴BCAD，∴EFBC. ∴四邊形BCEF為平行四邊形，∴CE∥BF. 又∵BF?面PAB，∴CE∥面PAB. (2)以AD中點O為原點，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，)． 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＝，∴∠PCO＝60. 設(shè)|MM′|＝a，|CM′|＝a，|OM′|＝1－a. ∴M′

13、.＝， |BM′|＝＝＝a?a＝. ∴|OM′|＝1－a＝1－. ∴M′，M ＝，＝(1,0,0)． 設(shè)平面ABM的法向量m＝(0，y1，z1)． y1＋z1＝0，∴m＝(0，－，2) ＝(0,2,0)，＝(1,0,0)． 設(shè)平面ABD的法向量為n＝(0,0，z2)，n＝(0,0,1)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝＝. ∴二面角MABD的余弦值為. 11．如圖所示的幾何體中，ABCA1B1C1為三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD＝2CD，∠ADC＝60. (1)若AA1＝AC，求證：AC1⊥平面A1B1CD. (2)若CD＝2，AA1＝λ

14、AC，二面角CA1DC1的余弦值為，求三棱錐C1A1CD的體積． 解：(1)證明：若AA1＝AC，則四邊形ACC1A1為正方形， 則AC1⊥A1C， 因為AD＝2CD，∠ADC＝60， 所以△ACD為直角三角形，則AC⊥CD， 因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CD， 又AA1∩AC＝A， 所以CD⊥平面ACC1A1，則CD⊥AC1， 因為A1C∩CD＝C，所以AC1⊥平面A1B1CD. (2)若CD＝2，因為∠ADC＝60，所以AC＝2， 則AA1＝λAC＝2λ， 建立以C為坐標(biāo)原點，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,

15、0)，D(2,0,0，)，A(0,2，0)，C1(0,0,2λ)，A1(0,2，2λ)． 則＝(2，－2，－2λ)，＝(2,0,0)，＝(0,2，0)． 設(shè)平面CA1D的一個法向量為m＝(x，y，z)． 則m＝2x－2y－2λz＝0，m＝2x＝0， 則x＝0，y＝－λz， 令z＝1，則y＝－λ，則m＝(0，－λ，1)． 設(shè)平面A1DC1的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)， n＝2x1－2y1－2λz1＝0， n＝2y1＝0， 則y1＝0,2x1－2λz1＝0，令z1＝1，則x1＝λ， 則n＝(λ，0,1)， 因為二面角CA1DC1的余弦值為. 所以cos〈m，n〉＝

16、＝＝. 即(1＋λ2)(1＋3λ2)＝8，得λ＝1，即AA1＝AC， 則三棱錐C1A1CD的體積 V＝VDA1C1C＝CDACAA1 ＝222＝4. 12．(20xx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EA1BC的余弦值． (3)判斷在線段EB上是否存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解析：(1)證明：∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC. 又∵AD1⊥

17、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DE＝2，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)， ∴＝(－2,0,2)，＝(2,2，0)，平面A1BE的一個法向量為n＝(0,1,0)． 設(shè)平面A1BC的法向量為m＝(x，y，z)， 由m＝0，m＝0， 得 令y＝1，得m＝(－，1，－)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖，得二面角EA1BC為鈍二面角，∴二面角EA1BC的余弦值為－. (3)假設(shè)在線段EB上存在一點P，使得平面A1DP⊥平面A1BC.設(shè)P(t,0,0)(0≤t≤2)，則＝(t,0，－2)， ＝(0,2，－2)，設(shè)平面A1DP的法向量為p＝(x1，y1，z1)，由得令x1＝2，得p＝. ∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴mp＝0，即2－＋t＝0，解得t＝－3. ∵0≤t≤2，∴在線段EB上不存在點P，使得平面A1DP⊥平面A1BC.