2014高考数学一轮复习单元练习空间向量与立体几何 9页

‎2019高考数学一轮复习单元练习--空间向量与立体几何 I 卷 一、选择题 ‎1．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1,1)的直线l的距离为，则点M的坐标是(　　)‎ A．(0,0，±2) B．(0,0，±3)‎ C．(0,0，±) D．(0,0，±1)‎ ‎【答案】B ‎2．在空间四边形ABCD中，若，，，则等于 ( ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎3．四棱柱中，AC与BD的交点为点M，设，则下列与相等的向量是 ( ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】Ａ ‎4．在三棱柱中，设M、N分别为的中点，则等于 ( ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎5．平面α，β的法向量分别是n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,0，－1)，则平面α，β所成角的余弦值是(　　)‎ A． B．－ C． D．－ ‎【答案】C ‎6． 空间任意四个点A、B、C、D，则等于 ( ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎7．以下命题中，不正确的命题个数为(　　)‎ ‎ ①已知A、B、C、D是空间任意四点，则A＋B＋C＋D＝0‎ ‎②若{a，b，c}为空间一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；‎ ‎③对空间任意一点O和不共线三点A、B、C，若O＝x＋y＋z(其中x，y，z∈R)，则P、A、B、C四点共面．‎ A．0 B．1[来源:1ZXXK]‎ C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎8．已知向量{a，b，c}是空间的一基底，向量{a＋b，a－b，c}是空间的另一基底，一向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4,2,3)，则向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是(　　)‎ A．(4,0,3) B．(3,1,3)‎ C．(1,2,3) D．(2,1,3)‎ ‎【答案】B ‎9．在棱长为1的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若＝x＋y＋z，且0≤x≤y≤z≤1.则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是(　　)‎ A．1 B． C． D． ‎【答案】D ‎10．在90°的二面角的棱上有A、B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB＝5，AC＝3，BD＝4，则CD＝(　　)‎ A．5 B．5 ‎ C．6 D．7‎ ‎【答案】A ‎11．如图ABCD－A1B‎1C1D1是正方体，B1E1＝D‎1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是(　　)‎ A． B． C． D． ‎【答案】A ‎12．如图所示，在四面体P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B－AP－C的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． ‎【答案】C ‎II卷 二、填空题 ‎13． 设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝6i＋4j＋5k，其中i，j，k是空间向量的一组基底，试用a1，a2，a3表示出a4，则a4＝____________.‎ ‎【答案】－a1＋2a2－a3[来源:学|科|网Z|X|X|K]‎ ‎14．平面α经过点A(0,0,2)且一个法向量n＝(1，－1，－1)，则x轴与平面α的交点坐标是________．‎ ‎【答案】(－2,0,0)‎ ‎15．在三棱柱ABC—A1B‎1C1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________．‎ ‎【答案】60°‎ ‎16．已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________．‎ ‎【答案】 三、解答题 ‎17．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.‎ ‎[来源:1]‎ ‎(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎(2)求二面角Q－BP－C的余弦值．‎ ‎【答案】如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线OA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.‎ ‎(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)．‎ 则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．‎ 所以·＝0，·＝0.‎ 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ。‎ ‎(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，‎ 即即 因此可取n＝(0，－1，－2)．‎ 设m是平面PBQ的法向量，则 可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－．‎ 故二面角Q－BP－C的余弦值为－．‎ ‎18．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线 段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F为线段A′C的中点.‎ ‎(Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE;‎ ‎(Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)取AD的中点G，连结GF，CE，由条件易知 FG∥CD，FG=CD. BE∥CD,BE=CD.‎ 所以FG∥BE,FG=BE. 故四边形BEGF为平行四边形.‎ 所以BF∥平面A′DE.‎ ‎(Ⅱ)在平行四边形ABCD中，因为AB＝2BC，∠ABC=120°，‎ 设BC=4，作MG⊥AB于G，则.‎ 如图所示建立空间直角坐标系M—xyz，‎ 则，‎ 所以.‎ 设平面A′DE的法向量为，由得，所以.‎ 设直线FM与平面A′DE所成角为，则.‎ 所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.‎ ‎19．如图，四棱锥的底面是正方形，，‎ 点E在棱PB上.‎ ‎(Ⅰ）求证：平面； ‎ ‎(Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.‎ ‎∵，∴PD⊥AC.‎ ‎∴AC⊥平面PDB.‎ ‎∴平面.‎ ‎(Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，‎ 由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，‎ ‎∴∠AEO为AE与平面PDB所的角.‎ ‎∴O，E分别为DB、PB的中点，OEPD，.‎ 又∵，‎ ‎∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO.‎ 在Rt△AOE中，，‎ ‎∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.‎ ‎【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，‎ 设则，‎ ‎∴AC⊥DP，AC⊥BD，AC⊥平面PDB.‎ ‎∴平面.‎ ‎(Ⅱ）当且E为PB的中点时，‎ 设，则，连结OE，‎ 由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角.‎ ‎∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.‎ ‎20．已知长方体ABCD—A1B‎1C1D1中，AB＝2，BC＝4，AA1＝4，点M是棱D‎1C1的中点．求直线AB1与平面DA‎1M所成角的正弦值．‎ ‎【答案】建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 可得有关点的坐标为D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，C(0,2,0)，‎ A1(4,0,4)，B1(4,2,4)，C1(0,2,4)，‎ D1(0,0,4)．‎ 于是，M(0,1,4).＝(0,1,4)，＝(4,0,4)，＝(0,2,4)．‎ 设平面DA‎1M的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，即．‎ 取z＝－1，得x＝1，y＝4.‎ 所以平面DA‎1M的一个法向量为n＝(1,4，－1)．‎ 设直线AB1与平面DA‎1M所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝，‎ 所以直线AB1与平面DA‎1M所成角的正弦值为．‎ ‎21．如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.‎ ‎(1)证明：SE＝2EB；‎ ‎(2)求二面角A－DE－C的大小．‎ ‎【答案】方法一　(1)证明　如图所示，连结BD，取DC的中点G，连结BG，由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC为直角三角形，故BC⊥BD.‎ 又SD⊥平面ABCD，故BC⊥SD，所以BC⊥平面BDS，BC⊥DE.作BK⊥EC，K为垂足．因为平面EDC⊥平面SBC，故BK⊥平面EDC，BK⊥DE，即DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直，所以DE⊥平面SBC，‎ 所以DE⊥EC，DE⊥SB.‎ 又DB＝＝，SB＝＝，DE＝＝，‎ EB＝＝，SE＝SB－EB＝，‎ 所以SE＝2EB.‎ ‎(2)　由SA＝＝，AB＝1，SE＝2EB，AB⊥SA，知 AE＝＝1.又AD＝1.‎ 故△ADE为等腰三角形．‎ 取ED中点F，连结AF，‎ 则AF⊥DE，AF＝＝．‎ 连结FG，则FG∥EC，FG⊥DE.‎ 所以∠AFG是二面角A－DE－C的平面角．‎ 连结AG，AG＝，FG＝＝．‎ cos∠AFG＝＝－．‎ 所以二面角A－DE－C的大小为120°.‎ 方法二　(1)证明　‎ 以D为坐标原点，线段DA，DC，DS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴．建立如图所示的直角坐标系D－xyz，‎ 设A(1,0,0)，则B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．‎ S＝(0,2，－2)，B＝(－1,1,0)．‎ 设平面SBC的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥S，n⊥B，得n·S＝0，n·B＝0.‎ 故2b－‎2c＝0，－a＋b＝0.‎ 令a＝1，则b＝1，c＝1，n＝(1,1,1)．‎ 又设S＝λ(λ＞0)，则E，‎ D＝，D＝(0,2,0)．‎ 设平面CDE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 由m⊥，m⊥，得m·＝0，m·＝0.‎ 故＋＋＝0,2y＝0.‎ 令x＝2，则m＝(2,0，－λ)．‎ 由平面DEC⊥平面SBC，得m⊥n所以m·n＝0,2－λ＝0，λ＝2.故SE＝2EB.‎ ‎(2)解　由(1)知＝，取DE中点F，则 F，＝，故·＝0，由此得FA⊥DE.‎ 又＝，故·＝0，由此得EC⊥DE，向量F与E的夹角等于二面角A－DE－C的平面角．‎ 于是cos〈F，E〉＝＝－，‎ 所以二面角A－DE－C的大小为120°.‎ ‎22．如图14－2，三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1⊥AC1.‎ ‎(1)求证：AC1⊥平面A1BC；‎ ‎(2)求二面角A－A1B－C的余弦值．‎ ‎[来源:1ZXXK]‎ 图14－2‎ ‎【答案】 (1)如图，设A1D＝t(t>0)，取AB的中点E，‎ 则DE∥BC，因为BC⊥AC，‎ 所以DE⊥AC，又A1D⊥平面ABC，‎ 以DE，DC，DA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 则A(0，－1,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，A1(0,0，t)，C1(0,2，t)，‎ ‎＝(0,3，t)，＝(－2，－1，t)，‎ ‎＝(2,0,0)，由1·＝0，知AC1⊥CB，‎ 又BA1⊥AC1，BA1∩CB＝B，所以AC1⊥平面A1BC.‎ ‎(2)由·＝－3＋t2＝0，得t＝．‎ 设平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎＝(0,1，)，＝(2,2,0)，‎ 所以设z＝1，则n＝(，－，1)．‎ 再设平面A1BC的法向量为m＝(u，v，w)，‎ ‎＝(0，－1，)，＝(2,0,0)，‎ 所以设w＝1，则m＝(0，，1)．‎ 故cos〈m，n〉＝＝－．因为二面角A－A1B－C为锐角，所以可知二面角A－A1B－C的余弦值为．‎ ‎[来源:Z,xx,k.Com]‎